Sumário
Ementa & Programa da Disciplina
5
1 Rotação de corpos rı́gidos
11
1.1
Definições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
1.2
Variáveis de Rotação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
1.2.1
Posição Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
1.2.2
Deslocamento Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
1.2.3
Velocidade Angular
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
1.2.4
Aceleração Angular
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
1.2.5
Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
Notação Vetorial para as variáveis de rotação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
1.3.1
21
1.3
1.4
Rotação com aceleração angular (α) constante
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
Energia cinética de rotação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
1.5.1
Cálculo do momento de inércia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
1.5.2
Teorema do eixo paralelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
Dinâmica da Rotação: Torque e Momento Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
1.6.1
O Torque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
1.6.2
O Momento Angular & 2a lei de Newton para a rotação . . . . . . . . . . . . . . .
44
1.6.3
Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
Leis de Conservação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56
1.7.1
Teorema trabalho-energia cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56
1.7.2
Conservação do momento angular
58
1.4.1
1.5
1.6
1.7
Relacionando as variáveis lineares com as angulares . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
2
SUMÁRIO
1.7.3
1.8
Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
60
Movimento de Rolamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
1.8.1
Rolamento como uma combinação de translação e rotação . . . . . . . . . . . . . .
69
1.8.2
Rolamento como uma Rotação Pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
1.8.3
Energia Cinética de Rolamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
1.8.4
As forças do Rolamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
72
1.8.5
Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
3 Oscilações
3.1
3.2
85
O Movimento Harmônico Simples (MHS) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
85
3.1.1
Equações Diferenciais: breve digressão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
88
3.1.2
Solução da Equação Diferencial para o oscilador harmônico . . . . . . . . . . . . .
90
3.1.3
Interpretação fı́sica da solução do oscilador harmônico . . . . . . . . . . . . . . . .
92
3.1.4
Energia do Oscilador Harmônico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
95
Aplicações do movimento harmônico simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
98
3.2.1
O pêndulo de torção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
98
3.2.2
Pêndulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
3.2.3
Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
3.3
Movimento Harmônico Simples e Movimento Circular Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . 109
3.4
Oscilações Amortecidas e Forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.4.1
Oscilações Amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.4.2
Oscilações Forçadas e Ressonância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
3.4.3
Ressonância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
3.4.4
Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
3 Oscilações
3.1
3.2
123
O Movimento Harmônico Simples (MHS) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
3.1.1
Equações Diferenciais: breve digressão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
3.1.2
Solução da Equação Diferencial para o oscilador harmônico . . . . . . . . . . . . . 128
3.1.3
Interpretação fı́sica da solução do oscilador harmônico . . . . . . . . . . . . . . . . 130
3.1.4
Energia do Oscilador Harmônico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
Aplicações do movimento harmônico simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
3.2.1
O pêndulo de torção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
SUMÁRIO
3
3.2.2
Pêndulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
3.2.3
Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
3.3
Movimento Harmônico Simples e Movimento Circular Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . 147
3.4
Oscilações Amortecidas e Forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
3.4.1
Oscilações Amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
3.4.2
Oscilações Forçadas e Ressonância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
3.4.3
Ressonância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
3.4.4
Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
3.5
Apêndice 1: Dedução das soluções amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
3.6
Apêndice 2: Soluções Amortecidas-forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
4 Fluidos
4.1
4.2
4.3
169
Grandezas Básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
4.1.1
Densidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
4.1.2
Pressão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
Fluidos em Repouso (Hidrostática) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
4.2.1
Medindo a pressão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
4.2.2
O princı́pio de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
4.2.3
O princı́pio de Arquimedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
Dinâmica dos fluidos ideiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183
4.3.1
Equação da continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184
4.3.2
Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
5 Gravitação
5.1
195
Introdução
5.1.1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
Princı́pio da Superposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
5.2
Gravitação nas proximidades da superfı́cie da Terra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
5.3
A aceleração gravitacional no interior da Terra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
5.4
Energia Potencial Gravitacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
5.4.1
Demonstração da Eq. (5.7) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
5.5
Velocidade de Escape . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
5.6
As leis de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
5.6.1
Lei das áreas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
4
SUMÁRIO
5.7
5.6.2
A lei das órbitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
5.6.3
Lei dos perı́odos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
Satélites: órbitas e energias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
6 Termodinâmica
213
6.1
Equilı́brio Térmico e a Lei Zero da Termodinâmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
6.2
Temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
6.2.1
Termômetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
6.3
Dilatação Térmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220
6.4
Temperatura e Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
6.4.1
Absorção de Calor por Sólidos e Lı́quidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
6.5
Calor e Trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
6.6
A primeira lei da termodinâmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233
6.6.1
6.7
Casos Especiais da primeira lei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
Mecanismos de transferência de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237
6.7.1
Condução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237
6.7.2
Condução através de uma placa composta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239
6.7.3
Convecção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240
6.7.4
Radiação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
7 Teoria Cinética dos Gases
243
7.1
O número de Avogadro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243
7.2
Gases Ideais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244
7.3
7.4
7.2.1
O trabalho realizado por um gás ideal à temperatura constante . . . . . . . . . . . 245
7.2.2
Trabalho a pressão e volume constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246
Pressão, Temperatura e Velocidade Média Quadrática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247
7.3.1
Livre Caminho Médio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250
7.3.2
Energia Cinética de Translação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253
A distribuição de velocidade das moléculas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253
7.4.1
7.5
Valores Médios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254
Calor especı́fico de um gás ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
7.5.1
Calor especı́fico a volume constante
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256
7.5.2
Calor especı́fico molar a pressão constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258
SUMÁRIO
7.6
5
Expansão adiabática de um gás ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259
8 Entropia e 2a lei da termodinâmica
263
8.1
A variação da entropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
8.2
A entropia como uma função de estado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265
8.3
A 2a lei de termodinâmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266
8.4
Máquinas Térmicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
8.4.1
A máquina de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
8.4.2
Entropia do ciclo de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270
8.4.3
Eficiência de uma máquina de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272
8.5
Refrigeradores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272
8.6
Eficiência de Máquinas Térmicas Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274
6
SUMÁRIO
FIS0729—Fundamentos de Fı́sica II
Ezequiel C. Siqueira — Depto. de Fı́sica e Quı́mica
Ementa
Os tópicos que serão abordados na disciplina são os seguintes:
1. Rotação de corpos rı́gidos (cinemática, dinâmica e leis de conservação)
2. Oscilações
3. Gravitação
4. Fluidos (hidrodinâmica e hidrostática)
5. Termodinâmica (temperature, calor, leis da termodinâmica, teoria cinética dos gases e entropia)
Provas
Serão realizadas três provas e um trabalho a ser definido. A média final (MS ), será dada por:
(
)
P1 + P2 + P3
+ 0, 1 × NS
MF = 0, 9 ×
3
onde P1 , P2 e P3 são as notas das provas e NS é nota do seminário.
• 1a Prova: 11/04/2014 — Rotação de corpos rı́gidos
• 2a Prova: 30/05/2014 — Oscilações+Fluidos+Gravitação
• 3a Prova: 27/06/2014 — Termodinâmica
• Trabalho a definir.
7
8
SUMÁRIO
Referências Bibliográficas
Livros principais (usados como livros-texto)
O curso será baseado nos seguintes livros:
• HALLIDAY, D., RESNICK, R., WALKER, J. Fundamentos de Fı́sica, Rio de Janeiro-RJ, Livros
Técnicos e Cientı́ficos Editora S/A, v. 1 e v. 2, 6a Edição, 2002.
• NUSSENZVEIG, H. M., Curso de Fı́sica Básica, Rio de Janeiro, Edgar Blucher, v.1 e v.2., 4a
Edição, 2002.
As edições podem variar, na biblioteca estão disponı́veis várias versões destes livros, mas não existem
mudanças drásticas de uma edição para outra.
Outros livros de mesmo nı́vel
• ALONSO, M., FINN, E.J., Fı́sica, São Paulo, Addison Wesley Longman do Brasil Ltda, 1999, v.1,
936p.
• TIPLER, P.A. Fı́sica. 3a Ed., Livros Técnicos e Cientı́ficos Editora S/A, 1995, v.1 e 2.
• CHAVES, A., Fı́sica Básica, Livros Técnicos e Cientı́ficos Editora S/A, 2007, v.1 e 2.
• YOUNG,H.D., FREEDMAN, R.A. Sears-Zemansky. Fı́sica. 10a Edição, Addison Wesley, 2001.
Vol. 1 e 2
livros de nı́vel intermediário
• KITTEL, C.; KNIGTH, W.D. e RUDERMAN, M.A. Mecânica: Curso de Fı́sica de Berkeley. São
Paulo, Editora Edgard Blucher Ltda., 1973. v.1.
• FEYNMAN R, LEIGHTON R, and SANDS, M. The Feynman Lectures on Physics, 1964, 1966, v.1
e v.2, Addison Wesley Longman.
As referências The Feynman Lectures on Physics e Mecânica: Curso de Fı́sica de Berkeley são particularmente interessantes. As leituras destes livros em paralelo podem ajudar no entendimento do conteúdo
exposto em sala de aula.
SUMÁRIO
9
livros de nı́vel “avançado”
Os livros a seguir NÃO SERÃO USADOS neste curso, mas são recomendados para aqueles que
desejam se aventurar em alguma coisa mais avançada!
• THORNTON, S. T., MARION, J. B., Classical dynamics of particles and systems, 2004, Brooks/Cole.
• ARYA, A. P., Introduction to Classical Mechanics, Prentice Hall, 1998
• CALLEN, H., Thermodynamics and an introduction to thermostatistics, Wiley, 1985
• BEER, F. P., JOHNSTON Jr. , RUSSELL E., EISENBERG E. R., CLAUSEN W. E. , STAAB G.
H. Vector Mechanics for Engineers, Statics and Dynamics, McGraw-Hill, 2003.
Referências Multimı́dia
Cursos de fı́sica básica
Fundamentals of Physics-I with Professor Ramamurti Shankar
Para quem arranha no inglês, existem alguns cursos completos em vı́deo de fı́sica básica. O curso do prof.
Ramamurti Shankar de Universidade de Yale é altamente recomendável. No link abaixo, é possı́vel fazer
o download do curso completo gratuitamente:
http://oyc.yale.edu/physics/fundamentals-of-physics
Os vı́deos apresentam uma transcrição em inglês do que é dito na aula o que pode ajudar no entendimento do conteúdo.
MIT OpenCourseWare
Vários dos cursos oferecidos pelo MIT na área de fı́sica estão disponı́veis em vı́deo. É interessante dar
uma olhada na página
http://ocw.mit.edu/courses/physics/
Cursos avançados
Para alguém que tenha interesse em material extra-classe e mais avançado, recomendo os cursos do Prof.
Leonard Susskind de Stanford no link: http://www.youtube.com/watch?v=pyX8kQ-JzHI
10
SUMÁRIO
Capı́tulo 1
Rotação de corpos rı́gidos
Iniciamos o curso de Fı́sica II através do estudo do movimento de rotação. Da mesma forma que foi feito
no curso de Fı́sica I, primeiramente será considerada a cinemática do movimento, i.e., a descrição do
movimento. Isto será feito com equações simples, análogas às desenvolvidas para descrever o movimento
retilı́neo dos corpos. Uma vez compreendidas as grandezas fı́sicas envolvidas na descrição do movimento
de rotação, será considerada a dinâmica da rotação, onde será investigado que tipo de movimento pode
ocorrer numa dada situação fı́sica.
1.1
Definições
Antes de analisar o movimento de rotação propriamente dito, é necessário fazer algumas considerações
iniciais. Primeiramente, devemos considerar que todos os objetos de estudo são rı́gidos, ou seja, estes
objetos não deformam durante o movimento. Portanto, todos as partı́culas que compõem o corpo permanecem à mesma distância uma das outras independentemente do movimento. Durante todo o curso
estaremos lidando apenas com corpos que têm esta propriedade. É claro que não existem corpos perfeitamente rı́gidos e todos apresentam algum tipo de deformação, como por exemplo o Sol, que é uma
bola de gás, ou ainda, duas bolas de bilhar que colidem podem se deformar no momento do contato uma
com a outra. No entanto, estamos considerando que estas deformações são tão pequenas que podem ser
desprezadas.
Com a consideração de que os nossos objetos de estudo são corpos rı́gidos, podemos definir os movimentos de translação e rotação da seguinte forma:
Translação: um corpo rı́gido tem um movimento de translação quando todos os pontos do corpo des11
12
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
crevem trajetórias paralelas. Com isso, todos os pontos do corpo têm o mesmo deslocamento,
velocidade e aceleração em todos os instantes de tempo. Com isso o movimento do corpo como um
todo pode ser reduzido à descrição de apenas um ponto representativo — que pode ser convenientemente o centro de massa do corpo (veja Fig. 1.1a).
Rotação: Fixando-se dois pontos A e B de um corpo rı́gido, isto equivale a fixar todos os pontos da
reta definida por AB pois todos os pontos desta reta devem manter sua posições inalteradas em
relação aos pontos A e B. Assim, quando o corpo gira em torno do eixo definido por A e B, todos
os pontos fora do da reta AB devem descrever cı́rculos centrados nesse eixo (Fig. 1.1b). Assim,
dizemos que AB é um eixo de rotação em torno do qual todas as partı́culas são deslocadas de um
mesmo ângulo em um dado intervalo de tempo.
(a)
(b)
Figura 1.1: (a) Um corpo rı́gido executando um movimento de translação pura. Neste caso todos pontos do corpo
sofrem os mesmos deslocamentos. (b) um corpo rı́gido em rotação pura em torno de um eixo fixo definido pelos
¯
pontos A e B. Desde que o corpo é rı́gido, os pontos do corpo descrevem cı́rculos em torno do eixo de rotação AB.
O próprio eixo AB pode estar em movimento (de translação, rotação ou ambos), no entanto, por ora
vamos considerar que o eixo de rotação está fixo de maneira que o corpo como um todo apresenta apenas
movimento de rotação. Mais tarde consideraremos um caso mais geral onde o eixo descreve movimento
de translação e rotação.
1.2
Variáveis de Rotação
No caso da translação, definimos posição, deslocamento, velocidade e aceleração para descrever o movimento de qualquer corpo que execute este tipo de movimento. De forma análoga, no caso de rotação
definimos grandezas equivalentes que permitem determinar o movimento de um corpo.
1.2. VARIÁVEIS DE ROTAÇÃO
1.2.1
13
Posição Angular
A figura 1.2a mostra uma linha de referência, fixa no corpo, perpendicular ao eixo z que é o eixo de
rotação do corpo. Note que a linha gira acompanhando o movimento do corpo. A posição angular desta
linha é o ângulo que ela faz com uma direção fixa, que tomamos como sendo a posição angular nula. Na
Fig. 1.2b, a posição angular θ é medida em relação à direção positiva do eixo x. Da geometria elementar,
sabemos que:
s
θ= .
r
(a)
(1.1)
(b)
Eixo de
Rotação
de cia
a
h n
lin ferê
re
s
Corpo
linha de referência
r
q
Eixo de
Rotação
Figura 1.2: (a) Um corpo rı́gido qualquer executando um movimento de rotação pura em torno do eixo z. Neste
caso todos pontos do corpo sofrem os mesmos deslocamentos. (b) Vista em corte do corpo no plano xy. A posição
angular é medida pelo ângulo θ definido pelo eixo x e a linha de referência.
Na equação (1.1), s é o comprimento do arco do cı́rculo definido pelo eixo x (posição angular nula) e a
linha de referência; r é o raio do cı́rculo descrito pela linha de referência. O ângulo θ definido desta forma
é medido em radianos (rad) em vez de volta ou graus. O radiano é uma razão entre dois comprimentos
e, portanto, é um número puro, adimensional. Um volta completa corresponde a 2π radianos, desde que
o comprimento de uma circunferência é 2π:
1 volta = 360◦ =
2πr
= 2π rad.
r
assim, 1 rad = 360◦ /2π = 57, 6◦ .
Outro aspecto importante acerca da posição angular é que está não é zerada a cada volta completa
da linha de referência em torno do eixo de rotação. Assim, duas voltas completas da linha de referência
corresponde a θ = 2 × 2π = 4π e assim por diante.
14
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
A descrição do movimento de rotação é completa se sabemos como a posição angular da linha de
referência varia com o tempo, ou seja, se conhecemos a função θ(t). Isso é análogo ao que ocorre no
movimento de translação pura em uma dimensão, onde o objetivo é determinar a posição x(t) em função
do tempo.
1.2.2
Deslocamento Angular
O deslocamento angular é simplesmente definido como a diferença entre duas posições angulares θ1 e θ2 ,
∆θ = θ1 − θ2
(1.2)
e como o corpo é rı́gido, o deslocamento dado pela Eq. (1.2) é válido para todas as partı́culas que
compõem o corpo.
O deslocamento angular pode ser positivo ou negativo, dependendo do corpo estar girando no sentido
de θ crescente (anti-horário) ou de θ decrescente (sentido horário).
1.2.3
Velocidade Angular
A velocidade angular média é definida tomando-se a razão do deslocamento angular pelo intervalo de
tempo em que este deslocamento ocorreu.
ωméd =
∆θ
θ2 − θ1
=
∆t
t2 − t1
(1.3)
onde ∆θ é o deslocamento angular que ocorre durante o tempo ∆t.
A velocidade angular (instantânea) é obtida tomando-se o limite da razão (1.3) quando ∆t → 0,
∆θ
dθ
=
∆t→0 ∆t
dt
ω = lim
(1.4)
que é simplesmente a derivada da função θ(t) em relação ao tempo.
É importante notar que as equações (1.3) e (1.4) são válidas não só para o corpo como um todo
mas também para cada partı́cula do corpo, desde que a posição relativa das partı́culas não se altera. A
velocidade angular é medida em radianos por segundo (rad/s), ou revoluções por segundo (rev/s).
O sinal da velocidade segue a mesma convenção do deslocamento angular: positivo no sentido antihorário e negativo no sentido anti-horário.
1.2. VARIÁVEIS DE ROTAÇÃO
1.2.4
15
Aceleração Angular
A aceleração angular é a taxa com a qual a velocidade angular varia. Definimos a aceleração angular
média como a razão entre a variação da velocidade pelo tempo em que essa variação ocorreu
αméd =
ω2 − ω1
∆ω
=
∆t
t2 − t1
(1.5)
e da mesma forma que no caso da velocidade angular, definimos a aceleração angular (instantânea) como
o limite da equação (1.5) quando ∆t → 0,
α = lim
∆t→0
∆ω
dω
=
∆t
dt
(1.6)
A aceleração angular é medida em radianos por segundo ao quadrado (rad/s2 ) ou revoluções por
segundo ao quadrado (rev/s2 ).
1.2.5
Exemplos
1. A roda da figura 1.3 abaixo tem oito raios igualmente espaçados e um diâmetro de 60 cm. Ela está
montada em um eixo mecânico fixo e está girando a 2,5 rev/s. Você quer atirar uma flecha de 20cm de
comprimento paralela a este eixo que atravesse a roda sem acertar nenhum dos raios. Suponha que a
flecha e os raios são bem finos. (a) Qual a velocidade mı́nima que a flecha deve ter?
Figura 1.3: Veja Exemplo 1.
Temos que atirar a flecha com uma velocidade tal que esta percorra 20cm dentro de 1/8 do tempo que
a roda gasta para dar uma volta. Isto corresponde ao tempo gasto para a flecha passar entre dois raios.
Desde que conhecemos a velocidade angular da roda ω = 2, 5 rev/s e também o deslocamento angular
16
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
∆θ = 1/8 rev, podemos determinar o tempo:
1
rev
∆θ
∆t =
= 8
= 0, 05 rev/s
ω
2, 5 rev/s
Com isso, podemos calcular a velocidade mı́nima, simplesmente usando a relação,
vmin =
20 cm
= 400 cm/s = 400 × 10−2 m/s = 4m/s
0, 05 s
esta é a velocidade mı́nima que a flecha deve ter para passar através da roda.
(b) É importante saber em que lugar você mira entre o eixo e a borda da roda? Se for, qual é o melhor
lugar?
Não. Como vimos no item acima, a velocidade mı́nima da flecha depende apenas de seu comprimento
e da velocidade angular da roda. Assim, desde que todos os pontos da roda têm a mesma velocidade
angular, tanto faz mirar perto do eixo ou perto da borda, o resultado acima nos garante que a flecha
atravessará a roda sem bater dos raios.
2. Um mergulhador de saltos ornamentais completa 2,5 voltas após saltar de uma plataforma de 10
m antes de entrar na água. Supondo que a velocidade vertical inicial seja nula, ache a velocidade angular
média do mergulhador durante um salto.
Notamos que a queda produz uma velocidade linear de queda dada pela equação de Torricelli,
v 2 = v02 + 2a∆y
sendo ∆y = −10 m, a = g = −9, 8 m/s2 e v0 = 0, podemos obter a velocidade final,
v=
√
2.(−9, 8).(−10)
v = 14 m/s
portanto, podemos usar a equação ∆v = a.∆t para obter o tempo em que a velocidade variou, assim,
∆t =
0 − 14 m/s
= 1, 4 s
−9, 8m/s2
De posse do tempo podemos determinar a velocidade angular média dada pela Eq. (1.3)
ωméd =
∆θ
∆t
1.3. NOTAÇÃO VETORIAL PARA AS VARIÁVEIS DE ROTAÇÃO
17
Sendo 2, 5 voltas igual a 5π rad, podemos escrever,
ωméd =
5π rad
= 11 rad/s.
1, 4 s
3. Qual a velocidade angular (a) do ponteiro dos segundos (b) do ponteiro dos minutos e (c) do
ponteiro das horas de um relógio analógico que está funcionando perfeitamente? Responda em radianos
por segundo.
Usamos a fórmula par a velocidade angular média. Sendo uma volta igual a 2π rad, podemos escrever:
(a) ponteiro dos segundos
ω=
∆θ
2π
=
= 0, 105 rad/s.
∆t
60 s
(b) ponteiro dos minutos
ω=
2π
∆θ
=
= 1, 75 × 10−3 rad/s.
∆t
60 × 60 s
(c) ponteiros das horas
ω=
1.3
∆θ
2π
=
= 1, 45 × 10−4 rad/s.
∆t
12 × 60 × 60 s
Notação Vetorial para as variáveis de rotação
Nas Eqs. (1.1) a (1.6) foram definidas as quantidades que permitem descrever o movimento de rotação
de qualquer corpo rı́gido. A menos da menção ao sentido do movimento poder ser horário ou antihorário, nada foi dito a respeito do caráter vetorial dessas quantidades. Como sabemos do movimento de
translação, em geral faz-se necessário o uso de vetores para caracterizar um movimento em duas e três
dimensões. Neste caso, é pertinente perguntar se existe uma relação equivalente no caso de rotação.
A resposta é positiva, de fato devemos recorrer a vetores para descrever um movimento geral de
rotação. Aqui o termo “geral” significa que o eixo de rotação, em torno do qual o corpo gira, pode
também estar se movendo. No caso particular onde o eixo de rotação está fixo em uma determinada
direção, o movimento se reduz ao caso unidimensional e podemos simplesmente usar as equações na
forma escalar; o sentido do movimento sendo indicado por sinais de mais e menos como no caso da
translação. O valor do deslocamento neste caso particular é simplesmente obtido dando-se apenas um
número: o valor de θ.
18
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
A rotação apresenta um caráter peculiar e a representação vetorial requer cuidados adicionais. De fato,
para caracterizar um movimento mais geral (e.g., um pião, giroscópio, etc.), poderı́amos, em princı́pio,
associar um vetor com o deslocamento θ. Assim definirı́amos um vetor θ a uma rotação de um ângulo θ, a
direção deste vetor associada com a direção do eixo de rotação e seu módulo com o valor do deslocamento
angular. No entanto, esta construção falha pois, apesar de ter módulo, direção e sentido, não existe
comutatividade na adição de deslocamentos. De fato, como mostrado na figura 1.4, dois deslocamentos
angulares consecutivos quando tomados em ordem inversa levam a diferentes posições finais do livro.
Desde que a adição de vetores deve ser comutativa, então não podemos considerar deslocamentos como
vetores.
(a)
(b)
Figura 1.4: (a) um livro sofrendo dois deslocamentos angulares, primeiro em torno do eixo x e, em seguida, em
torno do eixo y. (b) mesmos deslocamentos mas na ordem inversa. Podemos notar que deslocamentos angulares
não apresentam a propriedade comutativa pois as posições finais do livro são diferentes nos dois casos. Portanto,
não podemos representar deslocamentos angulares finitos usando vetores.
1.3. NOTAÇÃO VETORIAL PARA AS VARIÁVEIS DE ROTAÇÃO
19
O modo de contornar essa dificuldade é trabalhar com rotações infinitesimais, as quais são comutativas
e apresentam caráter vetorial. Assim, definimos um vetor dθ cuja magnitude é o ângulo de rotação dθ
e sua direção é a do eixo de rotação, veja Fig. 1.5a. Entretanto, fisicamente não há nada que permite
atribuir um sentido ao vetor. Isto é feito através de uma convenção, chamada regra da mão direita. A
regra nos instrui a curvar a mão direita com os dedos (exceto polegar) em torno da circunferência descrita
pelo sistema em rotação, acompanhando o sentido da rotação. Então o dedo polegar estendido aponta
na direção e sentido do vetor dθ. Uma vez estabelecida a regra da mão direita, vamos considerar agora
o movimento de um corpo rı́gido cuja seção transversal está situada no plano xy e o eixo de rotação
está na direção Oz, veja figura 1.5b. Assim, desde que qualquer partı́cula do corpo irá descrever o
(a)
dq
(b)
dq
dq
Figura 1.5: (a) Regra da mão direita: o polegar indica o sentido do vetor enquanto que os outros dedos acompanham o sentido da rotação. (b) Vetor deslocamento angular infinitesimal. Este pode ser definido pois a soma de
deslocamentos infinitesimais são comutativos, diferente do que ocorre para rotações finitas.
mesmo movimento, representamos na figura a trajetória de uma dessas partı́culas no plano xy, veja a
Fig. 1.6. Um ponto P da seção transversal, à distância r da origem, sofre um deslocamento ds = rdθ em
conseqüência da rotação infinitesimal. Procuramos agora relacionar PP′ = ds (que no limite infinitesimal
em que trabalhamos, pode ser tomado na direção tangente ao cı́rculo da figura) com dθ e o vetor posição
OP = r. A relação entre estes três vetores é dada pelo produto vetorial 1 :
ds = dθ × r.
(1.7)
Com a Eq. (1.7) é bastante simples mostrar que deslocamentos vetoriais são comutativos e se somam
como vetores. Para isso, considere duas rotações infinitesimais sucessivas dadas por dθ 1 e dθ 2 , aplicadas
1
Revise a seção “Produto Vetorial”do capı́tulo 3 do Halliday para relembrar as propriedades deste tipo de produto.
20
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
dq ds
dq
Figura 1.6: Diagrama mostrando o vetor deslocamento angular dθ, deslocamento linear ds e o raio vetor r. Note
que ds é tangente à trajetória mas usamos ainda um triângulo retângulo formado pelos pontos OP P ′ .
ao ponto P cujo vetor posição é r, assim, os deslocamentos correspondentes são dados por:
ds1 = dθ 1 × r
ds2 = dθ 2 × r
Desde que os deslocamentos ds1 e ds2 são vetores (são deslocamentos lineares), então o deslocamento
resultante pode ser obtido através da soma:
ds = ds1 + ds2
e substituindo ds1 e ds2 segue que
ds = dθ 1 × r + dθ 2 × r
e, lembrando que o produto vetorial é distributivo, i.e., a × (b + c) = a × b + a × c, podemos escrever
ds = (dθ 1 + dθ 2 ) × r
que indica que dθ 1 + dθ 2 = dθ 2 + dθ 1 para rotações infinitesimais.
A velocidade angular pode então ser definida da seguinte forma:
∆s
∆θ
= lim
×r
∆t→0 ∆t
∆t→0 ∆t
v = lim
1.3. NOTAÇÃO VETORIAL PARA AS VARIÁVEIS DE ROTAÇÃO
21
onde a última substituição é válida pois está se tomando o limite ∆t → 0, ou seja ds = lim ∆s assim,
∆t→0
segue que
v = lim
∆t→0
∆θ
∆s
= lim
×r
∆t ∆t→0 ∆t
e definindo o vetor velocidade angular como
∆θ
dθ
=
∆t→0 ∆t
dt
(1.8)
dr
=ω×r
dt
(1.9)
ω = lim
obtemos finalmente:
v=
desde que ds = dr veja figura 1.4.
O módulo do vetor velocidade angular2 ω = dθ/dt corresponde à velocidade angular escalar dada pela
equação (1.4) e seu sentido é o mesmo do vetor dθ, ou seja, definido usando-se a regra da mão direita.
1.3.1
Relacionando as variáveis lineares com as angulares
A Eq. (1.9) é uma relação envolvendo uma variável linear v e uma variável angular ω. Esta equação nos
diz que partı́culas mais distantes do eixo de rotação apresentam velocidade linear maior do que aquelas
próximo do centro desde que ω é igual para todas as partı́culas do corpo rı́gido. A direção e o sentido do
vetor v é sempre tangente à trajetória circular descrita pelas partı́culas em torno do eixo de rotação, como
mostrado na figura 1.6. Aqui, como o interesse está no movimento de rotação do corpo, consideramos o
caso simples em que o eixo de rotação é fixo e o vetor ω é perpendicular ao vetor r. Neste caso, o produto
escalar entre estes vetores é nulo, ω · r = 0.
O que dizer da aceleração linear sofrida pelas partı́culas do corpo? Isto pode ser verificado aplicando-se
a derivada temporal sobre a Eq. (1.9):
a=
dv
d
dω
dr
= (ω × r) =
×r+ω×
dt
dt
dt
dt
aqui fazemos as identificações:
α=
2
dω
dt
Os vetores ω e dθ diferem dos demais vetores encontrados até aqui porque apesar de terem módulo e direção seu sentido
é definido através de uma convenção. Veja a discussão sobre vetores polares e axiais no capı́tulo 11 do livro do Moysés.
22
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
e, como já definido v =
dr
, podemos escrever,
dt
a=α×r+ω×v
mas como sabemos v = ω × r, assim podemos escrever
a = α × r + ω × (ω × r)
No segundo termo podemos aplicar a seguinte identidade vetorial,
a × (b × c) = (a · c)b − (a · b)c
assim, identificando a e b com ω e r com c, podemos reescrever a aceleração da seguinte forma,
a = α × r + (ω · r)ω − (ω · ω)r
e como o produto escalar ω · r é nulo, ficamos com:
a = α × r − ω2r
onde usamos o fato de que ω · ω = |ω||ω| cos 0o = ω 2 . Assim, podemos notar que a aceleração possui
duas componentes uma na mesma direção que v , e portanto, tangente à trajetória circular descrita
pela partı́cula e outra componente radial, dirigida para o centro (−r) da trajetória circular (aceleração
centrı́peta). Assim, escrevemos:
a = at + ar
(1.10)
onde,
at = α × r,
ar = −ω 2 r.
Podemos identificar a componente radial ar com a aceleração centrı́peta do movimento circular uniforme já estudado no curso anterior de mecânica. Como estamos considerando aqui o caso em que ω e
r são perpendiculares, então o módulo da velocidade linear v, é simplesmente v = ωr. Assim, definindo
r = rr̂, onde r̂ é um vetor de módulo unitário podemos escrever
ar = −ω 2 rr̂.
1.4. ROTAÇÃO COM ACELERAÇÃO ANGULAR (α) CONSTANTE
23
e usando ω = v/r, podemos escrever ainda,
ar = −
v2
r̂.
r
que é a fórmula para a aceleração centrı́peta já obtida usando a segunda lei de Newton para uma partı́cula
executando um movimento circular uniforme.
A componente tangencial também pode ser simplificada, visto que r e α também são perpendiculares.
α está na mesma direção do vetor ω, assim o produto vetorial α × r pode ser escrito da seguinte maneira,
at = α × r = αr(α̂ × r̂)
onde α̂ e r̂ são vetores unitários apontando na mesma direção de α e r, respectivamente. Assim, dado
que sabemos a direção dos vetores, e que estas direções não mudam, podemos trabalhar com as equações
escalares:
ar = −
v2
r
(1.11a)
at = αr
1.4
(1.11b)
Rotação com aceleração angular (α) constante
Os conceitos desenvolvidos na seção 1.3 serão úteis em casos mais gerais onde o eixo de rotação está
em movimento. No entanto, antes de considerar o caso mais geral, é interessante considerar o caso
mais simples onde o eixo de rotação está fixo e, portanto, o movimento de pode ser escrito usando-se as
equações escalares dadas na seção 1.2.
A aceleração angular instantânea, representada por α, é dada pela Eq. (1.6):
α=
dω
dt
e desde que α é constante, podemos determinar o valor de ω em função do tempo diretamente integrandose a equação acima em relação ao tempo:
∫
∫
α dt =
dω
dt
dt
e desde que ω = ω(t) é função do tempo apenas, sabemos do cálculo diferencial e integral que dω =
assim:
∫
α
∫
dt =
dω
dω
dt,
dt
24
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
onde retiramos α para fora do sinal de integração devido ao fato do mesmo ser constante no tempo. A
integral de uma diferencial é a própria variável, assim
ω(t) = αt + C
(1.12)
lembrando que cada integral, por ser indefinida, gera uma constante arbitrária. Sendo arbitrárias podemos
somá-las resultando em apenas uma constante e assim a Eq. 1.12 é obtida. A constante de integração
pode ser determinada a partir de uma condição inicial, ou seja, precisamos conhecer o valor de ω(t) em
um determinado instante. Seja ω(t0 ) = ω0 então, substituindo na Eq. (1.12), obtemos:
ω(t0 ) = ω0 = αt0 + C
e isolando C obtemos:
C = ω0 − αt0
e substituindo o valor de C na Eq. (1.12) obtemos,
ω(t) = αt + ω0 − αt0
e rearranjando, obtemos a primeira relação importante da rotação de corpos rı́gidos:
ω(t) = ω0 + α(t − t0 )
(1.13)
em geral fazemos t0 = 0, assim comumente encontramos em alguns livros a mesma equação escrita na
forma:
ω(t) = ω0 + αt.
(1.14)
Agora que sabemos como a velocidade angular varia com o tempo, podemos determinar a posição
angular em função do tempo através da Eq. (1.4)
ω=
dθ
dt
e integrando no tempo, podemos escrever:
∫
∫
ω(t) dt =
dθ
dt
dt
a integral no segundo membro é bastante simples pois se reduz à diferencial de θ, assim:
∫
∫
ω(t) dt = dθ = θ(t) + K1
1.4. ROTAÇÃO COM ACELERAÇÃO ANGULAR (α) CONSTANTE
25
onde realizamos a integração sobre θ e K1 é a constante de integração correspondente.
Agora resta substituir o valor de ω(t) dentro da integral do primeiro membro. Já sabemos que o seu
valor é dado pela Eq. (1.13), assim segue que
∫
θ(t) + K1 =
[ω0 + α(t − t0 )] dt =
o que pode ser escrito na forma,
∫
θ(t) + K1 =
∫
ω0 dt +
α(t − t0 ) dt
e resolvendo as integrais segue que:
1
θ(t) + K1 = ω0 t + K2 + α(t − t0 )2 + K3
2
e podemos novamente juntar todas as constantes de integração em apenas uma só, assim escrevemos
K2 + K3 − K1 = K, o que leva a,
1
θ(t) = ω0 t + α(t − t0 )2 + K
2
(1.15)
Para determinar a constante K, consideramos que no tempo inicial t0 a posição angular seja θ(t0 ) = θ0 ,
assim, substituindo essa condição na Eq. (1.15), segue que
1
θ(t0 ) = ω0 t0 + α(t0 − t0 )2 + K
2
ou ainda,
θ(t0 ) = ω0 t0 + 0 + K
logo,
K = θ0 − ω0 t0
e substituindo K na Eq. (1.15), obtemos finalmente
1
θ(t) = θ0 + ω0 (t − t0 ) + α(t − t0 )2
2
(1.16)
e como t0 é arbitrário, podemos fazer t0 = 0, o que nos permite escrever
1
θ(t) = θ0 + ω0 t + αt2 .
2
(1.17)
26
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
As Eqs. (1.16) a (1.17) permitem obter a variação temporal dada a velocidade e posição iniciais e
a aceleração do sistema. Muitas vezes é conveniente trabalhar apenas com velocidade e posição sem
considerações em relação ao tempo. Para isso, vamos considerar novamente a equação para a aceleração
angular,
α=
dω
dt
o que pode ser escrito na seguinte forma, usando a regra da cadeia,
α=
dω dθ
dθ dt
mas, como sabemos dθ/dt = ω, assim,
α=ω
dω
dθ
e novamente integrando em θ segue que
∫
∫
α dθ =
ω
dω
dθ
dθ
e novamente usando a diferencial de ω em relação à posição, obtemos
∫
∫
α
dθ = ωdω
ou ainda,
αθ + L1 =
ω2
+ L2
2
onde L1 e L2 são as constantes de integração. Assim, agrupando ambas as constantes em apenas uma,
obtemos
αθ =
ω2
+L
2
(1.18)
onde L = L1 − L2 .
Agora resta determinar L. Considerando que para uma dada posição θ0 a velocidade angular é ω0
podemos escrever:
αθ0 =
ω02
+L
2
assim,
L = αθ0 −
ω02
2
1.4. ROTAÇÃO COM ACELERAÇÃO ANGULAR (α) CONSTANTE
27
e substituindo novamente na Eq. (1.18) obtemos
αθ =
ω2
ω2
+ αθ0 − 0
2
2
o que pode ser escrito na seguinte forma,
ω 2 = ω02 + 2α(θ − θ0 )
(1.19)
que é a equação procurada.
Existem ainda outras equações que podem ser obtidas a partir da combinação das definições de valores
médios com as equações deduzidas. Retomando a Eq. (1.19), podemos escrever:
ω 2 − ω02 = 2α(θ − θ0 )
ou ainda,
(ω − ω0 )(ω + ω0 ) = 2α(θ − θ0 )
e substituindo Eq. (1.13) no primeiro membro, obtemos ainda,
(ω + ω0 )α(t − t0 ) = 2α(θ − θ0 )
e simplificando podemos escrever ainda,
θ − θ0
ω + ω0
=
t − t0
2
(1.20)
e notamos que o primeiro membro é simplesmente ∆ω/∆t [c.f. Eq. (1.3)] que é a definição da velocidade
angular média ωméd , assim, escrevemos finalmente:
ωméd (t) =
ω(t) + ω0
.
2
(1.21)
A Eq. (1.20) tem a vantagem de não ser necessário o conhecimento do valor de α, basta saber os
valores iniciais do tempo, velocidade e posição angulares. Outra possibilidade, seria obter uma equação
sem que se necessite o valor da velocidade angular inicial, para isso, primeiramente multiplicamos a
equação (1.13) por t − t0 , assim temos:
ω(t − t0 ) = ω0 (t − t0 ) + α(t − t0 )2 .
A Eq. (1.16) relaciona a posição angular com a velocidade inicial,
1
θ − θ0 = ω0 (t − t0 ) + α(t − t0 )2
2
28
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
e subtraindo esta equação da primeira segue que,
1
ω(t − t0 ) − (θ − θ0 ) = 0 + α(t − t0 )2 .
2
ou ainda,
1
θ − θ0 = ω(t − t0 ) − α(t − t0 )2
2
(1.22)
que é a equação procurada.
As equações obtidas até aqui permitem a descrição completa do movimento de rotação de um corpo
rı́gido em torno de um eixo fixo com aceleração angular constante. Este conjunto de equações é completamente análogo ao caso do movimento retilı́neo uniformemente variado (MRUV) de translação. Na tabela
abaixo, fazemos um resumo das equações obtidas e as colocamos ao lado das equações correspondentes
para o caso translacional. Note que existe uma correspondência direta entre as variáveis posição, velocidade e aceleração, bastando apenas trocar os sı́mbolos nas equações lineares para obter as suas versões
correspondentes no caso angular.
Eq. Linear
Var. ausente
Var. ausente
Eq. Angular
n◦ da Eq.
v = v0 + a(t − t0 )
x − x0
θ − θ0
ω = ω0 + α(t − t0 )
Eq. (1.13)
x − x0 = v0 (t − t0 ) + 12 a(t − t0 )2
v
ω
θ − θ0 = ω0 (t − t0 ) + 21 α(t − t0 )2
Eq. (1.16)
(t − t0 )
(t − t0 )
x − x0 = 12 (v0 + v)(t − t0 )
a
α
θ − θ0 = 12 (ω0 + ω)(t − t0 )
Eq. (1.20)
x − x0 = v(t − t0 ) − 12 a(t − t0 )2
v0
ω0
θ − θ0 = ω(t − t0 ) − 21 α(t − t0 )2
Eq. (1.22)
v −
2
v02
= 2a(x − x0 )
ω −
2
ω02
= 2α(θ − θ0 )
Eq. (1.19)
Tabela 1.1: Comparação entre as equações para translação e rotação, desenvolvidas no texto.
É importante perceber que as equações da tabela 1.1 foram obtidas a partir das definições de velocidade
e aceleração impondo a condição de que a aceleração angular é constante. Assim, não existe, sob nenhuma
hipótese a necessidade de memorizar as equações da tabela 1.1, bastando simplesmente aplicar as regras
de derivação e integração sobre as definições de velocidade e aceleração.
1.4.1
Exemplos
Aqui consideramos alguns exemplos de aplicação das equações dadas na tabela 1.1. Outros exemplos
podem ser encontrados nas referências. Recomenda-se resolver o maior número de problemas para se
obter um melhor entendimento do assunto.
1.4. ROTAÇÃO COM ACELERAÇÃO ANGULAR (α) CONSTANTE
29
1. Um tambor gira em torno de seu eixo central com uma velocidade angular de 12,60 rad/s. Se o
tambor então desacelera a uma taxa constante de 4,20 rad/s2 , (a) quanto tempo ele gasta para ficar em
repouso? (b) qual o ângulo que ele descreve antes de chegar no repouso?
(a)
São dadas a velocidade angular inicial de 12,60 rad/s e a aceleração angular de 4,20 rad/s2 . Assim,
considerando s relações dadas na tabela 1.1, escolhemos a equação (1.13), onde escolhemos t0 = 0 o tempo
em que a desaceleração começa a atuar no sistema. Assim, fazendo ω = 0 e ω0 =12,60 rad/s, podemos
determinar o tempo em que o tambor pára:
ω = ω0 + αt
desde que o sistema desacelera então α < 0, assim escrevemos:
0 = 12, 60rad/s − 4, 20rad/s2 × t
o que nos fornece:
t = 3 s.
(b)
Agora, podemos determinar o ângulo descrito pelo tambor. Basta usar a equação (1.20)
1
θ − θ0 = (ω0 + ω)(t − t0 )
2
fazendo θ0 = 0 e t0 = 0 e substituindo os valores correspondentes obtemos:
1
θ − 0 = (12, 60rad/s + 0)(3 s − 0)
2
θ = 18, 9 rad.
2. Em t = 0 um volante possui uma velocidade angular de 4,7 rad/s e uma aceleração angular de
-0,25 rad/s2 , e uma linha de referência em θ0 = 0. (a) Qual o deslocamento angular máximo θmax da
linha de referência no sentido positivo? Em que tempo t a linha de referência estará em (b) θ = θmax /2
e (c) θ = −10, 5 rad (considere tanto valores positivos quanto negativos de t)? faça o gráfico de θ contra
t e indique as respostas dos itens (a), (b) e (c) no gráfico.
(a)
30
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
O volante apresenta uma velocidade angular inicial positiva, mas como uma aceleração angular ne-
gativa. Com isso, após um certo tempo o volante vai inverter o sentido de rotação. Portanto, o valor
máximo pedido no item (a) pode ser determinado com a condição e que a velocidade angular é zero.
Com estas informações, podemos usar a equação (1.19) como ω = 0, α = −0, 25 rad/s2 , ω0 = 4, 7 rad/s
e θ = θmax :
ω 2 − ω02 = 2α(θ − θ0 )
0 − (4, 7 rad/s)2 = 2 × (−0, 25rad/s2 )(θmax − 0)
portanto,
θmax = 44 rad.
(b)
Também é pedido o tempo correspondente ao ângulo θ = θmax /2. Para isso, usamos a Eq. (1.16)
1
θ − θ0 = ω0 (t − t0 ) + α(t − t0 )2
2
com t0 = 0. Assim, substituindo os dados anteriores podemos escrever
1
44
− 0 = 4, 7t + (−0, 25)t2
2
2
1
22 = 4, 7t + (−0, 25)t2
2
ou ainda,
0, 125t2 − 4, 7t + 22 = 0
logo,
t=
4, 7 ±
√
4, 72 − 4 × 0, 125 × 22
4, 7 ± 3, 3
=
2 × 0, 125
0, 25
e temos duas possibilidades:
t1 = 5, 6 s
e
t2 = 32 s
e vemos então que a primeira vez que a linha de referência passa por θmax /2 é o tempo de 5,6 s.
(1.23)
1.4. ROTAÇÃO COM ACELERAÇÃO ANGULAR (α) CONSTANTE
31
(c)
Agora vamos considerar que θ = −10, 5 rad, no lugar the θmax . Assim, fazendo a troca na Eq. (1.23)
segue que,
1
−10, 2 − 0 = 4, 7t + (−0, 25)t2
2
ou ainda,
0, 125t2 − 4, 7t − 10, 2 = 0
logo,
t=
4, 7 ±
√
(−4, 7)2 + 4 × 0, 125 × 10, 2
4, 7 ± 5, 21
=
2 × 0, 125
0, 25
que nos fornece duas raı́zes: t3 =-2 s e t4 =39,6 s
O gráfico pode ser feito considerando-se a seguinte relação:
θ(t) = 4, 7t − 0, 125t2
que é a equação horária para o sistema em questão. Assim, plotando θ em função do tempo obtemos o
gráfico mostrado na Fig. 1.7. Note da Fig. 1.7 que t1 e t2 estão dispostos simetricamente em torno do
44
33
t
22
t
1
2
(rad)
11
0
t
-11
t
4
3
-22
-5
0
5
10
15
20
25
30
35
40
t (s)
Figura 1.7: Problema 2. Gráfico da função θ(t) = 4, 7t − 0, 125t2 . Os pontos calculados estão destacados por
pontos vermelhos no gráfico.
máximo, desde que estes pontos correspondem ao valor do tempo em que a posição angular é metade do
32
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
seu valor máximo.
3. Uma roda girando em torno de um eixo fixo que passa pelo seu centro possui uma aceleração angular
constante de 4,0 rad/s2 . Em um certo intervalo de 4,0 s, a roda descreve um ângulo de 80 rad. (a) Qual
a velocidade angular da roda no inı́cio do intervalo de 4,0 s? (b) Supondo que a roda parte do repouso,
há quanto tempo ela estava em movimento no inı́cio do intervalo de 4,0 s?
(a)
É dada a aceleração angular da roda que é α = 4, 0 rad/s2 . Também é dada ∆θ = 80 rad para
∆t = 4, 0 s. O que está sendo pedido é a velocidade angular inicial da roda, i.e., ω0 . Dadas as informações
que temos, podemos aplicar a Eq. (1.16)
1
∆θ = ω1 ∆t + α(∆t)2
2
e substituindo os valores correspondentes, obtemos:
1
80 rad = ω1 (4, 0 s) + (4, 0 rad/s2 ) × (4, 0 s)2
2
e fazendo os cálculos segue que,
ω1 = 12 rad/s
que seria a velocidade angular no inı́cio do intervalo. Note que não estamos usando ω0 pois não estamos
considerando que o intervalo de 4 s seja contado do tempo inicial.
(b)
Agora sim, estamos considerando que a roda começa a se movimentar do repouso e acelera com
aceleração angular igual a α = 4, 0 rad/s2 . Assim, a roda gasta um certo tempo t desde o repouso e então
chega ao inı́cio do intervalo de 4 s, considerado no item anterior. Assim, para determinar este tempo,
usamos a equação (1.13), ω = ω1 e ω0 = 0, assim segue que:
ω = ω0 + α∆t
12 rad/s = 0 + (4, 0 rad/s2 )∆t
assim, obtemos,
∆t = 3 s.
e notamos então, que a roda se movimentou durante 3 s, antes do intervalo de 4 s que consideramos no
item anterior.
1.5. ENERGIA CINÉTICA DE ROTAÇÃO
1.5
33
Energia cinética de rotação
No caso do movimento linear, já visto no curso prévio de fı́sica, mostrou-se interessante tratar problemas
de mecânica usando-se o ponto de vista da energia. Em determinadas situações, a resolução do problema
pode ser facilitada em comparação com a aplicação das leis de Newton. Na realidade o ponto de vista da
energia está por trás de uma formulação alternativa da mecânica chamada de mecânica analı́tica onde a
2a lei de Nweton ser obtida como um caso particular das equações da mecânica analı́tica. Infelizmente, o
tratamento de problemas de mecânica usando esta formulação está fora do escopo do curso. Informações
adicionais podem ser obtidas no livro do Marion & Thornton.
Um corpo em rotação tem energia cinética, desde que todas as partı́culas do corpo estão em movimento. Sendo assim, é natural perguntar como determinar a energia cinética de um corpo em rotação.
Dos capı́tulos anteriores do Halliday, sabemos que a energia cinética de uma partı́cula com velocidade v
é dada por mv 2 /2. Assim, no caso de um corpo rı́gido em rotação, a energia cinética pode ser obtida
somando-se as energias cinéticas de todas as partı́culas do corpo:
1
1
1
1∑
K = m1 v12 + m2 v22 + m3 v32 + · · · =
mi vi2
2
2
2
2
(1.24)
i
onde mi é a massa da i -ésima partı́cula e vi a velocidade correspondente. A notação
∑
i
é uma maneira
abreviada de indicar a some sobre todas as partı́culas do corpo. A dificuldade com a Eq. (1.24) é que
as velocidades vi são todas diferentes para cada partı́cula. Podemos resolver o problema considerando a
Eq. (1.9)
v = ω × r.
Como estamos considerando o caso em que o eixo de rotação está fixo, podemos tomar o eixo de
rotação perpendicular ao plano definindo por v e r, sendo assim, os três vetores são perpendiculares entre
si e o módulo da velocidade é dada simplesmente por
v = ωr
está relação é válida para todas as partı́culas do corpo rı́gido. Assim, substituindo o módulo da velocidade
linear na Eq. (1.24), segue que:
1
K=
2
(
∑
i
)
mi ri2
ω2
34
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
desde que a velocidade angular é a mesma para todas as partı́culas do corpo, então podemos colocá-la
em evidência. Assim, reescrevemos a energia cinética da seguinte forma:
1
K = Iω 2
2
(1.25)
onde definimos,
I=
∑
mi ri2
(1.26)
i
A relação (1.25) é a expressão para a energia cinética de rotação. No caso do movimento de translação
2 , onde M é a massa total do corpo e
pura de um corpo rı́gido, a energia cinética é dada por K = 12 M vcm
vcm é a velocidade do centro de massa do corpo. Na versão de rotação, ω é análogo à vcm enquanto que a
quantidade I, chamada momento de inércia, é análoga à massa total do corpo. No entanto, o momento de
inércia, medido no SI em quilogramas·metro quadrado (kg.m2 ), nos informa como a massa do corpo está
distribuı́da em torno do eixo de rotação do corpo. Desta forma, no movimento de rotação não importa
apenas a massa do corpo, mas também a sua forma. Podemos perceber isso quando giramos uma haste
longa e pesada (um pedaço de cano, cabo de vassoura, etc.) em torno de seu eixo central (longitudinal) e
em torno de um eixo perpendicular à haste passando pelo seu centro. As duas rotações envolvem a mesma
massa, a primeira rotação é muito fácil do que a segunda. A razão é que a distribuição de massa está
muito mais localizada em torno do eixo no primeiro caso do que no segundo. Como resulado o momento
de inércia é maior no segundo caso do que no primeiro. Isso pode ser visto diretamente da definição 1.26.
No primeiro caso os valores de ri são no máximo do tamanho do raio da haste (supondo uma haste com
seção transversal circular); no segundo caso ri pode ser no máximo metade do comprimento da haste o
que gera valores mais altos de I, e como conseqüência, uma dificuldade maior (inércia) para o movimento.
1.5.1
Cálculo do momento de inércia
A aparência da Eq. (1.26) nos dá a impressão de ser impossı́vel de determinar o valor do momento de
inércia desde que consiste em uma soma sobre todas as partı́culas do corpo rı́gido. De fato, no limite
onde as partı́culas são infinitesimais, terı́amos um número infinito de partı́culas inviabilizando o cálculo.
No entanto, neste limite podemos considerar o corpo contı́nuo e assim, substituir a soma discreta por
uma integração. Assim, reescrevemos a Eq. (1.26) na forma integral,
∫
I = r2 dm
relembrando que r é a distância do elemento de massa dm do eixo de rotação.
(1.27)
1.5. ENERGIA CINÉTICA DE ROTAÇÃO
35
Em geral, a solução da integral na Eq. (1.27) pode ser extremamente complicada, mas é possı́vel
determinar o momento de inércia facilmente de alguns objetos que apresentam grande simetria tais como
cilindros, esferas, anéis, etc. Além disso, é necessário considerar que estes objetos são homogêneos, i.e., a
distribuição de massa é idêntica em todas as partes do corpo. Formalmente, isso significa que a densidade
de massa ρ é constante sobre o volume do corpo3 . Assim, um elemento de massa dm cujo volume é dV
é dado por dm = µdV , onde µ = constante.
Alguns exemplos de cálculo de momento de inércia
Anel circular delgado, em torno do centro (Fig. 1.8). Vamos considerar alguns exemplos bastante
elementares usando a Eq. (1.27). O primeiro exemplo é um anel de raio R e massa M que gira em torno
de um eixo passando pelo seu centro. Considerando que o anel está centrado no plano xy, então o eixo de
rotação é o eixo z. Assim, na aplicação da Eq. (1.27), devemos ter em mente que a distância de qualquer
elemento de massa do eixo de rotação é o próprio raio do anel. Assim, r2 = R2 que é uma constante ao
longo de todo o comprimento do anel, logo,
∫
∫
Ianel = R2 dm = R2 dm = M R2
onde usamos o fato de que
∫
(1.28)
dm = M , a soma sobre todos os elementos de massa só pode resultar na
massa total do corpo.
e
od o
x
i
E taçã
ro
Figura 1.8: Anel delgado de massa M e raio R com momento de inércia igual a I = M R2 .
Disco circular em torno do centro, (Fig. 1.9). Agora consideramos em vez de um anel delgado,
um disco homogêneo cujo eixo de rotação também está ao longo do eixo z como no exemplo anterior,
para o anel. Observe que agora, não podemos considerar que os elementos de massa distam do mesmo
3
no livro do Moysés, a densidade é denotada por µ e não ρ como no nosso caso. Ele faz isso porque usa o ρ para denotar
a distância r.
36
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
comprimento como no caso do anel. Assim, devemos considerar passar a integração na massa para uma
integração na área do disco usando a relação entre a densidade e a massa. Se o disco tem massa M e área
igual a πR2 , então a densidade de massa por unidade de área é simplesmente,
Eixo de rotação
R
Figura 1.9: Disco de massa M e raio R com momento de inércia igual a I = M R2 /2.
µ=
M
πR2
mas também temos que,
dm = µdA
desde que o disco é homogêneo. Assim, como dA = 2πrdr, podemos escrever ainda,
dm = µ2πrdr
onde r é uma distância qualquer entre 0 e R, o raio do disco. Substituindo µ, segue que,
dm =
M
2M
2πrdr = 2 rdr
πR2
R
Agora podemos considerar a definição integral do momento de inércia,
∫
Idisco = r2 dm
e substituindo dm, obtemos
∫
R
2M
2M
rdr = 2
r
2
R
R
∫
Idisco =
0
R
2M
r dr = 2
R
3
2
0
logo,
Idisco =
2M R4
R2 4
[
R
r4 dr
4 0
1.5. ENERGIA CINÉTICA DE ROTAÇÃO
37
ou ainda,
Idisco =
M R2
2
(1.29)
Note que a diferença entre o disco e o anel é apenas o coeficiente na frente de M R2 . Isto é bastante
geral afinal a unidade do momento de inércia deve ser sempre a mesma. Deste modo, caso seja obtido
algum resultado com M e R com expoentes diferentes, é provável que tenha sido cometido algum erro
no cálculo de I.
Barra delgada, em torno do centro. Consideramos uma barra fina de comprimento L com eixo de
rotação passando perpendicularmente à haste no ponto localizado no centro da haste.
Aqui novamente consideramos que a barra delgada é homogênea assim a densidade de massa é constante. A densidade de massa, é dada por,
µ=
M
L
e além disso temos ainda:
µ=
dm
,
dx
dm =
M
dx
L
Agora consideramos a definição do momento de inércia
∫
Ibarra = x2 dm
Considerando que a origem está situada no centro da barra, então a integração deve ser feita de −L/2
a L/2:
Ibarra
M
=
L
∫
+L/2
M
x dx =
L
2
−L/2
[
x3
3
]+L/2
=
−L/2
2M L3
3L 8
eixo de
rotação
Centro de
massa
Figura 1.10: Haste de massa M e comprimento L com momento de inércia igual a I = M L2 /12.
38
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
e fazendo as simplificações, chegamos a
Ibarra =
1.5.2
M L2
12
Teorema do eixo paralelo
Os exemplos dados acima, são aplicações da definição do momento de inércia em sistemas em que o centro
de massa coincide com o eixo de rotação. É claro que poderı́amos aplicar a definição para o caso em que
o eixo do rotação não coincide com o centro de massa, mas em geral isso pode ser complicado. Em vez
disso, vamos usar o teorema do eixo paralelo que permite a determinação do momento de inércia de um
modo mais simples. O teorema diz que uma uma vez determinado o momento de inércia em torno de
um eixo passando pelo centro de massa, que chamamos Icm , o momento de inércia em torno de um eixo
paralelo ao eixo do centro de massa, que está a uma distância h, é dado pela seguinte fórmula,
I = Icm + M h2 .
(1.30)
Prova do Teorema do eixo paralelo
A prova do teorema é realizada aplicando-se a definição do momento de inércia ao corpo de forma
arbitrária mostrado em corte na figura 1.11. Escolhemos a origem do sistema de coordenadas no ponto
O e definimos dois eixos paralelos perpendiculares ao plano da figura, sendo que um passa pela origem
e o outro no ponto P . Sejam a e b as coordenadas x e y do ponto P , respectivamente. Considerando
um elemento de massa qualquer, de coordenadas x e y, então o momento de inércia em relação ao eixo
passando pelo ponto P é dado por,
∫
∫
r2 dm =
I=
[(x − a)2 + (y − b)2 ] dm
que pode ser reescrita como,
∫
I=
∫
2
r dm =
∫
(x + y ) dm − 2a
2
2
∫
x dm − 2b
∫
y dm +
(a2 + b2 ) dm
Da definição do centro de massa, a primeira integração é simplesmente o momento de inércia em
torno da origem, assim identificamos a primeira integral com Icm ; a segunda e terceira integrais são
proporcionais às coordenadas do centro de massa, assim identificamos estas como sendo xcm e ycm ,
respectivamente; a última integração demanda uma última manipulação desde que o integrando é uma
1.5. ENERGIA CINÉTICA DE ROTAÇÃO
39
Eixo de rotação
passando pelo
ponto P
P
Eixo de rotação
passando pelo
centro de massa
Figura 1.11: Vista em corte de um corpo rı́gido de forma arbitrária com centro de massa em O. O teorema do
eixo paralelo permite relacionar o momento de inércia em torno de O com o momento de inércia em torno de um
ponto P qualquer a uma distância h de O.
constante em relação a variável de integração então pode ser retirado de dentro da integral, logo
∫
I = Icm − 2aM xcm − 2bM ycm + (a + b )
2
e como
∫
2
dm
dm = M , podemos escrever ainda,
I = Icm − 2aM xcm − 2bM ycm + (a2 + b2 )M
Agora, lembramos que xcm = 0 e ycm = 0 pois o centro de massa está localizado na origem do centro
de coordenadas. Além disso, a2 + b2 = h2 que é a hipotenusa do triângulo retângulo de catetos a e b. h
é também a distância entre os pontos P e O, ou seja, a distância entre os dois eixos de rotação. Assim,
finalmente escrevemos a expressão final,
I = Icm + M h2
que é o resultado que querı́amos provar.
40
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
Exemplo de aplicação do teorema (Fig. 1.12). Aqui vamos aplicar o teorema dos eixos parelelos
para calcular o momento de inércia de duas partı́culas de massa m ligadas por uma haste de comprimento
L e massa desprezı́vel.
(a)
(b)
Eixo de rotação em torno
do centro de massa (CM)
Eixo de rotação em torno
da extremidade da barra
CM
CM
Figura 1.12: Duas massas m conectadas por uma haste de massa desprezı́vel. (a) eixo de rotação passando pelo
centro de massa (CM) da barra. (b) Eixo de rotação passando por uma das extremidades de barra.
• Qual o momento de inércia Icm deste corpo em torno de um eixo que passa pelo seu centro de
massa, perpendicular à haste?
O centro de massa claramente se encontra no meio da haste, i.e., em L/2. Desde que temos duas
massas localizadas, então podemos aplicar a versão discreta da fórmula para o cálculo do momento de
inércia, assim segue que
Icm =
∑
mi ri2
i
( )2
)
(
L
L 2
=m
+m −
2
2
onde estamos assumindo, como sempre, que a origem do sistema de coordenadas coincide com o eixo de
rotação. Assim, fazendo-se a álgebra simples, obtemos
Icm =
mL2
2
• Qual o momento de inércia I deste corpo em torno de um eixo que passa pela extremidade esquerda
da haste e é paralelo ao primeiro?
Desde que o exemplo é bastante elementar, podemos resolver de duas formas: aplicando diretamente a
equação para o momento de inércia ou usando o teorema do eixo paralelo.
Usando a fórmula diretamente segue que,
I=
∑
i
mi ri2 = m(0)2 + mL2 = mL2
1.6. DINÂMICA DA ROTAÇÃO: TORQUE E MOMENTO ANGULAR
41
a desde que uma das massas coincide com o eixo de rotação, então a sua distância é zero. A segunda
massa está na segunda extremidade da barra então a distância é igual a L.
Podemos aplicar o teorema, o que leva ao mesmo resultado. De acordo com a Eq. (1.30), temos que,
I = Icm + M h2
onde h é a distância entre o centro de massa e o eixo de rotação. Essa distância é L/2. Além disso,
a massa M = 2m é a massa total do sistema. Assim, usando o resultado do item anterior para Icm ,
escrevemos
mL2
I=
+ 2m
2
( )2
L
mL2 mL2
=
+
= mL2
2
2
2
que é o mesmo resultado do item anterior. É claro que não faz sentido usar o teorema neste exemplo,
mas existem casos em que o teorema pode simplificar bastante o trabalho.
1.6
Dinâmica da Rotação: Torque e Momento Angular
Até o momento havı́amos considerado o movimento de corpos rı́gidos sem nos preocupar com o que causava
tal movimento. Nos limitamos apenas à descrever o movimento através das definições de velocidade e
aceleração angular. Impondo uma restrição sobre a aceleração angular, que esta deve ser constante, fomos
capazes de determinar as equações de movimento para este caso particular. No entanto, no caso mais
geral em que a aceleração angular não é constante mas assume uma dependência arbitrária com o tempo,
se faz necessário considerar as forças que atuam no movimento de maneira a obter as equações corretas
para descrevê-lo.
1.6.1
O Torque
Da mesma forma que a massa do corpo entra nas equações na forma de um momento de inércia, onde a
distribuição de massa em torno do eixo de rotação é importante além da própria massa, aqui teremos um
relação entre a força e o torque, que é o análogo da força no caso rotacional. De fato, uma experiência
comum, que pode ilustrar como a força atua no movimento de rotação, é a abertura de uma porta. As
maçanetas estão sempre localizadas o mais longe possı́vel das dobradiças objetivando minimizar o esforço
feito pela pessoa ao abrir a porta. De fato, no que se refere ao movimento de rotação, não importa apenas
a intensidade da força mas igualmente importantes são a direção, sentido e a distância do eixo de rotação
do corpo. Com efeito, se tentamos abrir a porta aplicando uma força perto das dobradiças teremos usar
42
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
uma intensidade de força muito maior para produzir a mesma rotação. Além disso, também podemos
sentir a diferença se aplicamos uma força perpendicular ao plano da porta ou segundo qualquer outro
ângulo. No primeiro caso, terı́amos que fazer um esforço menor em comparação com o segundo. Assim, é
necessário definir uma grandeza que tenha o mesmo papel da força no caso translacional mas que leve em
conta as particularidades do movimento de rotação. Na Fig. 1.13a temos a seção transversal de um corpo
que está livre para girar em torno de um eixo que passa por O e é perpendicular à seção transversal. Um
força F é aplicada no ponto P , cuja posição relativa ao ponto O é definida por um vetor posição r. As
direções dos vetores F e r formam entre si um ângulo ϕ. (Por simplicidade consideramos que a força F
está no plano da página).
(a)
(b)
(c|)
Linha de
ação de F
braço da
alavanca
Figura 1.13: Definição do torque. (a) Uma força de módulo F é aplicada ao ponto P do corpo a uma distância r
do eixo de rotação que passa por O, perpendicular ao plano da figura. No que existe um ângulo ϕ entre os vetores
F e r. (b) Decomposição do vetor F em duas direções: perpendicular e paralela ao vetor r. Somente a componente
Ft produz a rotação do corpo. A componente paralela Ft apenas aplica uma tração ao ponto O que é absorvida pelo
ponto fixo. (c) Descrição equivalente onde o vetor r é decomposto em direções paralela e perpendicular ao vetor F.
Para determinar como a aplicação da força F resulta na rotação do corpo, decompomos F em duas
componentes. Uma delas é a chamada componente radial Fr , que aponta na direção de r. Esta componente não causa a rotação pois atua ao longo de uma linha que passa por O. (No caso da porta se a
puxamos em um direção paralela ao seu plano, não conseguimos girá-la). Em outras palavras, a componente radial apenas exerce uma tração (ou compressão, conforme o sentido) sobre o ponto fixo O que deve
ser absorvida pelo mesmo. A outra componente, chamada componente tangencial Ft , é perpendicular
a r e possui intensidade Ft = F sen θ, veja a Fig. 1.13b. Esta componente é que causa a rotação. A
capacidade da força girar a porta depende não apenas da intensidade de sua componente tangencial mas
1.6. DINÂMICA DA ROTAÇÃO: TORQUE E MOMENTO ANGULAR
43
também da distância ao ponto O em que a força é aplicada. Assim, para incluir estes fatores definimos
a intensidade de torque, τ da seguinte forma:
τ = rFt = F r sen θ
(1.31)
que é o produto da componente tangencial pela distância do ponto de aplicação da força ao eixo de
rotação. Conforme mostrado na figura, podemos escrever o torque na forma alternativa
τ = r⊥ F = F r sen θ
(1.32)
onde decompomos o vetor r em componentes paralela (r∥ = r cos ϕ) e perpendicular (r⊥ = r sen ϕ) à
direção da força aplicada (veja a Fig. 1.13c). A componente r∥ é chamada de linha de ação de F e a
componente perpendicular r⊥ é chamada braço de alavanca de F. Quanto maior o braço da alavanca
maior o torque produzido pela força.
A grandeza definida nas Eqs. (1.31) e (1.32) é análoga à magnitude da força F no caso da translação.
Porém, sabemos que a força é uma grandeza vetorial e, então devemos escrever o torque como um vetor.
As Eqs. (1.31) e (1.32) são dadas pelo produto do módulo de dois vetores F e r multiplicados pelo seno
do ângulo entre eles. Isto sugere o uso do produto vetorial desde que o módulo do torque pode ser escrito
na forma:
τ = |r × F|
(1.33)
e o vetor torque pode ser escrito, portanto, como:
τ =r×F
(1.34)
que é a definição do torque sofrido por um corpo sob a ação de uma força F aplicada em um ponto P a
uma distância r do eixo de rotação.
Na figura 1.14, uma haste está em movimento em um plano formado pelos vetores F e r e o vetor τ ,
perpendicular ao plano, aponta na direção do eixo de rotação em torno do qual a haste gira. O sentido
de τ é positivo (para cima) quando o movimento está no sentido anti-horário e negativo no caso inverso.
Note que o produto vetorial já fornece a direção e o sentido do torque dados os vetores F e r.
A dimensão do torque é o N.m (Newton-metro) que são as mesmas dimensões do trabalho. Convém
notar, entretanto, que são grandezas completamente diferentes. Em particular, o torque é um vetor ao
passo que o trabalho é um escalar. Além disso, o trabalho pode ser expresso em Joules, o que nunca
deve ser feito com as unidades do torque.
44
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
Figura 1.14: Exemplo de uma haste em movimento rotacional onde o vetor torque aponta para cima quando
o movimento está sentido anti-horário (figura da esquerda) e aponta para baixo quando o o movimento está no
sentido horário (figura da direita).
Torques obedecem ao princı́pio da superposição da mesma forma que ocorre para as forças. Desta
forma, quando vários torques atuam sobre o mesmo corpo, o torque resultante (τ res ) é dado pela soma
dos torques individuais.
1.6.2
O Momento Angular & 2a lei de Newton para a rotação
No caso translacional, enunciamos a segunda lei de Newton que relaciona a força resultante atuando em
um sistema com a variação do momento linear p = mv (também chamado de quantidade de movimento)
deste sistema. De fato, a segunda lei de Newton é escrita na forma:
dp
= F.
dt
(1.35)
No caso rotacional também podemos escrever a segunda lei de Newton de maneira análoga ao movimento de translação. No entanto, para isso precisamos encontrar a quantidade correspondente ao
momento linear. Assim, nesta seção vamos definir o chamado momento angular, que é um dos conceitos
mais fundamentais em fı́sica. Para isso, considere a derivada temporal do produto vetorial r × p:
d
dr
dp
(r × p) =
×p+r×
dt
dt
dt
Relembrando que a derivada temporal do vetor posição r é simplesmente a velocidade podemos
escrever:
d
dp
(r × p) = v × p + r ×
dt
dt
1.6. DINÂMICA DA ROTAÇÃO: TORQUE E MOMENTO ANGULAR
45
e identificando a derivada temporal do vetor momento linear como sendo a própria força de acordo com
a Eq. (1.35), podemos escrever ainda,
d
(r × p) = v × p + r × F.
dt
Desde que p = mv, temos ainda,
d
(r × p) = mv × v + r × F
dt
E como o produto vetorial de vetores paralelos é zero (verifique isso!), o primeiro termo é nulo, assim:
d
(r × p) = r × F
dt
e pela Eq. (1.34) o segundo membro é o próprio torque logo,
d
(r × p) = τ
dt
(1.36)
Como τ é o análogo da força, então comparando as Eqs. (1.36) e (1.35), vemos que o produto vetorial
r × p deve ser a quantidade análoga ao momento linear. Assim, definimos:
L=r×p
(1.37)
como o momento angular de uma partı́cula girando em torno de uma origem O.
A segunda lei de Newton na forma angular pode ser escrita da seguinte forma
dL
= τ.
dt
(1.38)
Momento Angular para um corpo rı́gido em torno de um eixo fixo
A definição do momento angular dada pela Eq. (1.37) é para uma partı́cula com movimento de rotação.
A definição do torque vale para o corpo rı́gido como um todo, pois envolve o vetor posição do ponto onde
a força atua e a força externa. No caso do momento angular do corpo rı́gido temos que considerar a soma
sobre todas as partı́culas que compõem o corpo. Assim, escrevemos:
L=
∑
li
i
onde chamamos o momento angular do corpo rı́gido de L e li é o momento angular da i -ésima partı́cula
do corpo. Usando a definição do momento angular para uma partı́cula, podemos escrever
L=
∑
i
ri × pi
46
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
e usando a definição do momento linear temos ainda,
L=
∑
mi ri × vi
i
Mas já deduzimos anteriormente que,
vi = ω × ri
e substituindo na equação para o momento angular, segue que
L=
∑
mi ri × (ω × ri ).
i
Podemos novamente desenvolver o produto triplo vetorial usando a identidade vetorial,
a × (b × c) = (a · c)b − (a · b)c
Logo,
L=
∑
mi [(ri · ri )ω − (ri · ω)ri ] .
i
e desde que ri · ri =
ri2 ,
podemos escrever ainda
L=
∑
]
[
mi ri2 ω − (ri · ω)ri .
i
e vemos que o momento angular apresenta uma componente na direção do vetor velocidade angular e
outra em uma direção dada pela soma sobre os vetores posição de todas as partı́culas do corpo.
Da mesma forma que fizemos anteriormente, consideramos o caso simplificado em que o eixo de rotação
está fixo de modo que podemos considerar que o movimento das partı́culas descreve um cı́rculo em um
plano perpendicular ao vetor velocidade angular. Com isso, temos que ri · ω = 0, e assim, ficamos com:
L=
∑
mi ri2 ω
i
e lembrando da definição do momento de inércia,
L = Iω
(1.39)
e vemos que o momento angular está na mesma direção do vetor velocidade, que por sua vez está na
mesma direção do eixo de rotação, que está fixo. Assim, desde que a direção do eixo não muda, é mais
conveniente trabalhar com quantidades escalares. Assim, podemos escrever
L = Iω
(1.40)
1.6. DINÂMICA DA ROTAÇÃO: TORQUE E MOMENTO ANGULAR
47
E, substituindo na 2a lei de Newton para o caso rotacional, temos ainda,
dL
=τ
dt
d(Iω)
=τ
dt
e como o momento de inércia é constante, podemos escrever
I
dω
=τ
dt
e relembrando a definição da aceleração angular, temos ainda,
Iα = τ
Como no caso do eixo fixo, a direção dos vetores está na direção do eixo de rotação que é fixo, então
podemos trabalhar com quantidades escalares,
τ = Iα.
1.6.3
(1.41)
Exemplos
1. Na figura 1.15, o volante A de raio rA = 10 cm está acoplado pela correia B ao volante C de raio
rC = 25 cm. Aumenta-se a velocidade angular do volante A a partir do repouso a uma taxa constante
de 1, 6 rad/s2 . Determine o tempo para que o volante C alcance uma velocidade de rotação de 100 rpm,
supondo que a correia não deslize.
B
C
Figura 1.15: Exemplo 1. dois volantes conectados por uma correia. Veja enunciado do Exemplo 1.
48
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
A velocidade tangencial deve ser a mesma ao longo da correia, assim vA = vC . Mas como rA e rC são
perpendiculares a velocidade angular, então temos que:
ωC rC = ωA rA .
A aceleração angular do volante A é constante e, da mesma forma, consideramos que aceleração do
volante C também é constante, assim supomos que ωC varia de acordo com a equação:
ωC (t) = ωC (0) + αC t
onde ωC (0) = 0. Das velocidades tangenciais, podemos escrever,
αC rC = αA rA .
e substituindo αC pela relação acima, podemos escrever
ωC (t) = αA
rA
t
rC
e isolando o tempo na equação acima, podemos escrever
rC
ωC (t).
rA αA
t=
E, substituindo a velocidade de rotação de 100 rpm, αA = 1, 6 rad/s2 e os raios dos volantes, podemos
escrever
t=
25 cm
2π rad 1 min
2 × 100 rpm × 1 volta 60 s
10 cm × 1, 6 rad/s
e fazendo os cálculos, obtemos o resultado final:
t = 16 s.
2. A figura 1.16 mostra um disco uniforme de massa M = 2, 5 kg e raio R = 20 cm, montado sobre
um eixo mecânico horizontal fixo. Um bloco de massa m = 1, 2 kg está pendurado na extremidade de
uma corda de massa desprezı́vel que está enrolada em torno da borda do disco. Determine a aceleração
do bloco em queda, a aceleração angular do disco e a tração na corda. A corda não escorrega no disco e
não há atrito no eixo mecânico.
Na figura 1.16a é mostrada uma figura do sistema. A idéia aqui é relacionar as variáveis de rotação
com as variáveis do movimento linear de maneira a obter a aceleração do bloco em queda e a aceleração
1.6. DINÂMICA DA ROTAÇÃO: TORQUE E MOMENTO ANGULAR
49
Figura 1.16: Exemplo 2. (a) o bloco em queda provoca a rotação do disco. (b) diagrama de corpo livre para o
bloco. (c) diagrama de corpo livre para o disco.
angular do disco. Para isso, consideramos os dois sistemas (bloco e o disco) separadamente. Aplicando a
2a lei de Newton para o diagrama de corpo livre para o bloco, mostrado na Fig. 1.16b, segue que,
ma = T − Fg = T − mg
(1.42)
onde a e m são a aceleração e massa do bloco, respectivamente. Esta aceleração é determinada pela
diferença entre a força peso atuando no bloco e a força de tração na corda. Note que não estamos usando
vetores porque o movimento do bloco é unidimensional. A Eq. (1.42) não tem solução uma vez que
desconhecemos a tração T e a aceleração a. O próximo passo, portanto, consiste na determinação da
tração obtida na corda. Para isso consideramos o digrama de corpo livre do disco. Vemos que a força que
produz o torque no disco é a própria tração na corda. Assim, podemos aplicar a segunda lei de Newton
na forma rotacional para relacionar a tração com o movimento de rotação do disco, assim, considerando
que o braço da alavanca é o raio do disco R que é perpendicular à força de tração podemos escrever:
τ = −T R
onde o sinal menos aparece porque a tração gira o disco no sentido horário. Pela 2a lei de Newton, temos
ainda que,
τ = Idisco α
50
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
onde Idisco é o momento de inércia do disco e α a sua aceleração angular. Substituindo o valor do torque
temos ainda,
T R = −Idisco α
O valor de Idisco foi determinado nos exemplos resolvidos quando discutimos o momento de inércia.
O valor encontrado é dado pela Eq. (1.29):
M R2
2
Idisco =
e substituindo na segunda lei de Newton segue que
TR = −
M R2
α
2
e simplificando os raios que aparecem em ambos os membros, temos ainda
T =−
MR
α
2
(1.43)
Agora precisamos determinar a aceleração angular e tentar relacionar esta aceleração com a Eq.
(1.42). Para isso, lembramos que a aceleração angular está relacionada à aceleração tangencial at dada
pela Eq. (1.11b), i.e.,
a = αR
e substituindo na Eq. (1.43), segue que
T =−
M
a.
2
(1.44)
E temos então a segunda relação procurada envolvendo a aceleração e a tração. Assim, combinando
as Eqs. (1.42) e (1.44), obtemos então:
ma = T − mg
ou seja,
1
ma = − M a − mg
2
e isolando a aceleração, obtemos finalmente:
a=−
2m
g
2m + M
(1.45)
1.6. DINÂMICA DA ROTAÇÃO: TORQUE E MOMENTO ANGULAR
51
e substituindo os valores das massas e da aceleração da gravidade g = −9, 8 m/s2 , segue que,
a = −4, 8 m/s2
(1.46)
que é menor do que a aceleração da gravidade.
Substituindo Eq. (1.45) em (1.44), obtemos a tração na corda
(
)
M
2m
T =−
−
g
2
2m + M
ou seja,
T =
mM
g.
2m + M
(1.47)
e substituindo-se os valores, obtemos ainda
T = 6, 0 N.
(1.48)
A aceleração angular do disco, é determinada via a = αR, assim segue que,
α=
a
2m
=−
g
R
R(2m + M )
(1.49)
α = −24 rad/s2 .
(1.50)
e substituindo os valores, obtemos ainda,
3. Para derrubar um oponente de 80 kg com um golpe básico de judô, uma derrubada pelos quadris,
você deve puxar o quimono dele com uma força F tendo um braço de alavanca d1 = 0, 30 m medido a
partir de um ponto de giro (eixo de rotação) no lado direito do seu quadril (Fig. 1.17). Sua intenção é
girá-lo em torno do ponto de giro com uma aceleração angular α de −6, 0 rad/s2 — ou seja, com uma
aceleração angular no sentido horário na figura. Suponha que o momento de inércia I do seu oponente,
relativa ao ponto de giro seja igual a 15 kg.m2 .
(a) Qual deve ser a intensidade de F se, antes de derrubá-lo, você dobrar o seu oponente para a
frente, trazendo o centro de massa dele para o seu quadril? (Fig. 1.17a)
Para determinar a intensidade da força consideramos que ao aplicarmos o golpe, causamos uma
aceleração angular dada por α = τres /I onde I é o momento de inércia do corpo do oponente. Levando
em conta ainda que você aplica a força com um braço de alavanca igual a d1 , então o torque aplicado por
você é dado por τ = −d1 F , onde F é a intensidade da força e o sinal de menos indica que o movimento
resultante é no sentido horário. Agora, considerando que eixo de rotação coincide com o centro de massa
52
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
Braço de alavanca
d1 da sua puxada
Centro de massa
do oponente
Braço de alavanca
d2 da força
gravitacional
sobre o oponente
Braço de alavanca
d1 da sua puxada
Pivô no
quadril
Figura 1.17: Exemplo 3. Uma derrubada pelo quadris numa luta de judô. (a) executada corretamente e (b)
executada de forma incorreta.
do corpo do oponente, então a força aplicada por você é a única atuando desde que a força gravitacional
Fg e a normal N exercida por você atuam no centro de massa do corpo do oponente.
Assim, o braço de alavanca destas duas forças é zero e assim, o torque resultante é simplesmente dado
por τres = −d1 F . Desde que τres = Iα, segue que,
Iα = −d1 F
o que nos permite escrever
F =−
Iα
d1
e substituindo I = 15 kg.m2 , α = −6, 0 rad/s2 e d1 = 0, 30 m, obtemos
F = 300 N.
(b) Qual deve ser a intensidade da força F se o seu oponente permanecer de pé antes de você derrubálo, de modo que Fg tenha um braço de alavanca d2 = 0, 12 m medido a partir do ponto de giro (Fig.
1.17b)?
1.6. DINÂMICA DA ROTAÇÃO: TORQUE E MOMENTO ANGULAR
53
Considerando agora que a força gravitacional tenha um braço de alavanca não-nulo então temos dois
torques contribuindo para o movimento do oponente. Lembramos que a força normal, continua não
contribuindo pois esta atua no ponto de contato entre você e o oponente. Assim, seu braço de alavanca
é nulo novamente pois o ponto de contato coincide com o ponto de giro. Assim, Iα deve ser igual à
soma dos torques produzidos por você e pela força gravitacional. Desde que está última provocaria um
movimento no sentido anti-horário, então o torque correspondente deve ser positivo. Assim, temos:
Iα = −F d1 + mgd2
resolvendo para F , obtemos
F =−
Iα
d2
+ mg
d1
d1
e vemos então que a força gravitacional tende a aumentar o valor de F proporcionalmente à razão d2 /d1 .
Ou seja, quanto maior a distância entre o centro de massa e o ponto de aplicação, maior será o esforço
para derrubar o oponente. Substituindo os valores de d2 = 0, 12 m e m = 80 kg, podemos escrever
F = 610 N
que é praticamente o dobro do esforço do caso anterior.
4. O corpo da Fig. 1.18 está pivotado em O. Três forças agem sobre o corpo nas direções mostradas:
FA = 10 N no ponto A, a 8, 0 m de O; FB = 16 N no ponto B, a 4, 0 m de O; e FC = 19 N no ponto C,
a 3, 0 m de O. Qual o torque resultante em torno de O?
A determinação do torque resultante pode ser feita simplesmente decompondo as forças em componente paralela e perpendicular às linhas de ação que ligam os pontos A, B e C à origem O. Assim,
conforme já discutido, o módulo do torque é igual à componente perpendicular à linha de ação da força
(componente tangencial). Vamos considerar estas componentes separadamente.
Para a força FA = 10 N, temos que:
FAt
√
2FA
= FA sen(180 − 135 ) = FA sen 45 =
= 7, 1 N
2
o
o
o
Para a força FB = 16 N, temos que:
FBt = FB sen(90o ) = FB = 16 N
54
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
Figura 1.18: Exemplo 4. Corpo de forma arbitrária onde três forças exercem um torque em torno do eixo que
passa por O
e finalmente, a componente tangencial de FC = 19 N é dada por
FCt = FC sen(180o − 160o ) = FC sen 20o = 6, 5 N
O torque resultante é dado pelo produto da componente tangencial e o braço da alavanca de cada
uma das forças. O braço da alavanca é simplesmente as distâncias entre os pontos e a origem, assim,
temos que o torque resultante é dado por:
τres = FAt rA − FBt rB + FCt rC
onde o sinal negativo do termo central é devido ao torque produzido por FB causar um movimento no
sentido horário. Assim, substituindo as distâncias dadas, segue que:
τres = 7, 1 N × 8, 0 m − 16 N × 4, 0 m + 6, 5 N × 3, 0 m = (56, 8 − 64 + 19, 5) N.m
τres = 12, 3 N.m
5. A figura 1.19 mostra duas massas m, penduradas nas extremidades de uma haste rı́gida de massa
desprezı́vel e de comprimento L1 + L2 , onde L1 = 20 cm e L2 = 80 cm. A haste é mantida na horizontal
sobre o ponto de apoio e depois é solta. Quais as intensidades das acelerações iniciais (a) do bloco mais
próximo do apoio e (b) do outro bloco?
As acelerações dos blocos devem ser iguais à componente tangencial da aceleração at = αr, onde r é
o braço da alavanca. Assim, a força da gravidade atuando em cada massa, provoca um torque na barra
1.6. DINÂMICA DA ROTAÇÃO: TORQUE E MOMENTO ANGULAR
55
Figura 1.19: Veja enunciado do exemplo resolvido no 5.
em reação ao apoio. O torque devido à massa que se encontra a uma distância L2 em relação ao apoio é
negativo enquanto que o torque devido à massa à esquerda, a uma distância L1 é positivo. Assim, segue
que,
mgL1 − mgL2 = Iα
Onde I é o momento de inércia do sistema formado pela haste e as massas presas nas extremidades.
Assim, aplicando a definição do momento de inércia temos que,
I=
∑
mi ri2 = mL21 + mL22
i
E substituindo na equação para a aceleração angular da barra, segue que
mgL1 − mgL2 = (mL21 + mL22 )α
e resolvendo para α, obtemos:
α=g
L1 − L2
L21 + L22
e substituindo os valores de L1 e L2 e da aceleração da gravidade, obtemos:
[
α = 9, 8 m/s
2
]
0, 2 m − 0, 8 m
= −8, 64 rad/s2
(0, 2 m)2 + (0, 8 m)2
Como é pedida a intensidade da aceleração, isto significa que é pedido o módulo das acelerações. Assim,
usando a relação at = αR, escrevemos:
a1 = |α|L1 = 8, 64 rad/s2 × 0, 2 m = 1, 8 m/s2
a2 = |α|L2 = 8, 64 rad/s2 × 0, 8 m = 6, 9 m/s2
56
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
1.7
1.7.1
Leis de Conservação
Teorema trabalho-energia cinética
Com a definição do momento angular e o do torque, conseguimos escrever a 2a lei de Newton na forma
angular. Com isso, podemos descrever movimentos mais gerais do que aqueles em que a aceleração
angular é constante. O torque modifica o estado de movimento do corpo produzindo uma aceleração
angular. Sendo assim, podemos dizer que o torque introduz uma variação na energia cinética do corpo,
através da realização de um trabalho. Vejamos como o trabalho aparece no caso rotacional. Para isso,
consideramos a 2a lei de Newton:
dL
dt
τ =
e aplicando o produto escalar com o vetor dθ e integrando em ambos os lados segue que:
∫ θf
∫ θf
dL
τ · dθ =
· dθ
dt
θi
θi
e desde que L = Iω para um corpo rı́gido podemos escrever:
∫ θf
∫ θf
dω
τ · dθ = I
· dθ
dt
θi
θi
o que pode ser escrito da seguinte maneira
∫ θf
∫
τ · dθ = I
θi
tf
dω dθ
·
dt.
dt dt
ti
Observe que a posição angular θi é a posição do instante ti e a posição θf corresponde ao tempo tf .
Quando trocamos a diferencial na integração precisamos fazer o mesmo com os limites de integração.
Agora relembrando a definição da velocidade angular instantânea, temos ainda,
∫ θf
∫ tf
dω
τ · dθ = I
ω·
dt
dt
θi
ti
e lembrando ainda que dω =
dω
dt podemos escrever ainda,
dt
∫ ωf
∫ θf
ω · dω
τ dθ = I
θi
ωi
Desde que ω · dω = ω dω pois estes vetores são paralelos e considerando que para um dado θi temos
uma velocidade angular ωi e para um dado ωf temos uma velocidade angular θf , podemos escrever:
∫ ωf
∫ θf
ω dω
τ · dθ = I
θi
ωi
1.7. LEIS DE CONSERVAÇÃO
57
e fazendo a segunda integral, temos ainda,
∫
θf
θi
1
1
τ · dθ = Iωf2 − Iωi2 = Kf − Ki
2
2
(1.51)
onde a última igualdade foi obtida comparando o resultado da integração com a definição da energia
cinética de rotação.
Assim, desde que o segundo membro é a variação da energia cinética de rotação, definimos a integral
no primeiro membro como sendo o trabalho realizado pelo torque externo:
∫
θf
τ · dθ
W =
(1.52)
θi
no de caso de uma variação angular de θi a θf .
Considerando o caso simples em que o eixo está fixo e o torque está na mesma direção do vetor dθ,
então podemos escrever a equação acima na seguinte forma:
∫
θf
W =
τ dθ
(1.53)
θi
Também podemos definir o trabalho de maneira genérica usando uma integral indefinida:
∫
W =
τ dθ
(1.54)
Substituindo-se Eq. (1.53) em (1.51), podemos escrever,
W = Kf − Ki = ∆K
(1.55)
que é o teorema trabalho-energia cinética no caso rotacional. Note que você já viu uma relação equivalente
no caso translacional4 .
Note que a Eq. (1.53) pode ser simplificada no caso em que o torque é constante durante o movimento:
∫
θf
W =τ
dθ = τ (θf − θi ) = τ ∆θ.
(1.56)
θi
Potência para torque constante
Podemos determinar uma fórmula simples para potência devido a um torque constante. Para isso, vamos
retomar a definição (1.54) derivá-la em relação tempo:
(∫
)
( ∫
)
dW
d
d
d
dθ
=
τ dθ =
τ
dθ = τ (θ + C) = τ
+0
dt
dt
dt
dt
dt
4
Veja Halliday, Resnick & Walker, “Fundamentos de Fı́sica”, 6a ed, v.1 — capı́tulo 7, pg. 116.
58
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
onde C é uma constante de integração. Com isso, temos finalmente:
dθ
dW
=τ
= τω
dt
dt
A potência P é definida como a derivada temporal do trabalho, assim, escrevemos finalmente:
P = τ ω.
1.7.2
(1.57)
Conservação do momento angular
A próxima lei de conservação que vamos considerar é a conservação do momento angular. A 2a lei de
Newton,
τ =
dL
dt
relaciona os torques externos com a variação no tempo do momento angular. Quando o torque externo
é zero τ = 0, então a derivada do momento angular é nula,
0=
dL
dt
∴
L = constante.
(1.58)
o que implica que o momento angular é constante. Assim, escrevemos que o momento angular em dois
instantes de tempo tf e ti são iguais:
Lf = Li
(1.59)
Assim, vemos que se o torque externo resultante que atua sobre o sistema é nulo, o momento angular
L do sistema permanece constante, não importando que mudanças ocorrem dentro do sistema. As Eqs.
(1.58) e (1.59) são equações vetoriais, como tais, elas são equivalentes a três equações escalares para cada
uma das componentes do momento angular. Dependendo da direção da direção dos torques que atuam
sobre o sistema, o momento angular pode ser conservado em uma ou duas direções mas não nas três
direções. Sendo assim, se a componente do torque externo resultante ao longo de uma certa direção for
nula, então a componente do momento angular ao longo deste eixo não irá variar, ou seja, a componente
do momento angular será conservada.
Para um eixo qualquer, a lei de conservação do momento angular em relação a este eixo será dada
por,
Li = Lf
1.7. LEIS DE CONSERVAÇÃO
59
Ii ωi = If ωf
∴
ωf =
Ii
ωi
If
(1.60)
A Eq. (1.60) se refere a uma situação onde um corpo em rotação em torno de um eixo fixo, sofre
uma redistribuição de massa modificando seu momento de inércia. Neste caso, se o momento de inércia
If após esta redistribuição é maior do que o momento de inércia inicial Ii então a Eq. (1.60) garante que
a velocidade angular será alterada para um valor ωf > ωi .
Existem vários exemplos deste tipo de situação. Dentre estes exemplos citamos o caso de um voluntário
sentado em um banco que pode girar livremente em torno de um eixo vertical (veja a Fig. 1.20). O
voluntário, em rotação segura dois halteres em seus braços abertos. O seu vetor momento angular está ao
longo do eixo de rotação vertical, apontando para cima. Quando o voluntário fecha os braços, trazendo os
halteres para junto do corpo, este causa uma redução do seu momento de inércia pois a massa agora está
mais concentrada em torno do eixo de rotação. Como resultado, observamos um aumento da velocidade
angular do voluntário. Note que o vetor momento angular deve permanecer o mesmo nas duas situações
desde que não existem torques externos.
(a)
(b)
Eixo de rotação
Figura 1.20: (a) O voluntário está sentado em um banco giratório segurando dois halteres com os braços esticados.
Seu momento de inércia é grande devido à distribuição de massa estar distante do eixo vertical de rotação. (b) O
estudante coloca os halteres próximo ao corpo reduzindo o momento de inércia. Como resultado observamos um
aumento da velocidade angular que compensa a redução do momento de inércia. Com isso o momento angular do
sistema é o mesmo para os dois casos.
Um segundo exemplo de conservação de momento angular é o salto um trampolim. Na figura 1.21
temos um desenho de uma mergulhadora dando um salto mortal e meio para a frente. Como é de se
esperar o centro de massa da mergulhadora segue uma trajetória parabólica. Ela parte do salto com um
60
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
momento angular bem definido, em torno de um eixo que passa por seu centro de massa, representado
por um vetor L que penetra no plano da página. Quando a mergulhadora traz os braços e pernas para
perto do corpo, reduz seu momento de inércia e aumenta a sua velocidade angular do mesmo modo que
no caso anterior.
Figura 1.21: Mergulhadora traz os braços e pernas para perto do corpo, diminuindo seu momento de inércia e
aumentando a velocidade angular devido à conservação do momento angular.
Outros exemplos de conservação do momento angular podem ser apreciados no livro do Halliday e
do Moysés. A seguir, consideramos alguns exemplos ilustrativos de aplicação das leis de conservação
apresentadas nesta seção.
1.7.3
Exemplos
1. (a) Se R = 12 cm, M = 400 g e m = 50 g na Fig. 1.16, determine a velocidade do bloco depois de ele
ter descido 50 cm partindo do repouso. Resolva o problema usando princı́pios de conservação da energia.
(b) Repita o item (a) com R = 5, 0 cm.
(a)
A conservação da energia nos diz que a variação na energia potencial gravitacional do bloco de massa
1.7. LEIS DE CONSERVAÇÃO
61
m é igual a energia cinética de rotação do disco mais a energia cinética de translação do bloco. Assim,
considerando que o bloco desce uma distância h, escrevemos:
1
1
mgh = Idisco ω 2 + mv 2 .
2
2
Note que o termo mgh é o trabalho executado pela força gravitacional sobre o bloco. Como v = ωR
temos ainda:
mgh =
1
1
Idisco v 2 + mv 2
2
2R
2
e isolando a velocidade do bloco, temos ainda,
(
mgh =
)
1 M R2 1
+ m v2
2R2 2
2
ou ainda,
√
v=
4mgh
M + 2m
e substituindo os valores segue que
√
4 × 50 × 10−3 kg × 9, 8 m/s2 × 50 × 10−2 m
v=
400 × 10−3 kg + 2 × 50 × 10−3 kg
v = 1, 4 m/s
que é a resposta final.
(b)
Este item fornece a mesma resposta visto que a velocidade do bloco não depende do raio do disco.
2. Uma casca esférica uniforme de massa M e raio R gira em torno de um eixo vertical sobre mancais
sem atrito. Uma corda de massa desprezı́vel passa ao redor do equador da casca, gira uma roldana com
inércia à rotação I e raio r e está presa a um pequeno objeto de massa m. Não há atrito no eixo da
roldana e a corda não desliza sobre a roldana. Qual a velocidade escalar do objeto após cair uma distância
h partindo do repouso? Use considerações gerais.
62
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
Da mesma forma que foi feito no exemplo anterior, consideramos que toda a perda de energia potencial
(mgh) é transformada em energia cinética, isso é correto desde que não consideramos atrito no eixo da
roldana e a corda não desliza. Assim, temos que:
1
1
1
2
2
mgh = Icasca ωcasca
+ Iroldana ωroldana
+ mv 2
2
2
2
Desde que a corda não desliza, então a velocidade linear do bloco deve ser a mesma ao longo de toda
a corda. Assim, podemos trocar as velocidades angulares da casca e da roldana pela razões ωroldana = v/r
e ωcasca = v/R, assim, segue que:
v2
1
v2 1
1
mgh = Icasca 2 + Iroldana 2 + mv 2
2
R
2
r
2
Figura 1.22: Veja exemplo 2.
Considerando que os momentos de inércia da casca e da roldana são dados por:
Iroldana = I
2
Icasca = M R2
3
e substituindo estes dados na equação de conservação, segue que
mgh =
12
v2
1 v2 1
M R2 2 + I 2 + mv 2
23
R
2 r
2
1
1 v2 1
mgh = M v 2 + I 2 + mv 2
3
2 r
2
1.7. LEIS DE CONSERVAÇÃO
e resolvendo para v, obtemos:
63
v
u
v=u
t1
v
u
mgh
2gh
=u
t 2M
1 I
1
I
M+
+ m
+
+1
2
3
2r
2
3m
mr2
que é o resultado final. Note que quando I e M = 0 obtemos o resultado v =
√
2gh que é o resultado
que seria obtido quando o bloco está em queda livre.5
Antes de encerrar este problema, é ilustrativo demonstrar o cálculo do momento de inércia da casca
esférica que foi usado na resolução deste problema. Da mesma forma que nos casos anteriores, consideramos que a casca esférica tem distribuição de massa homogênea. Isso nos permite escrever o elemento
diferencial de massa em termos do elemento de área dA da seguinte forma:
∴
dm = µ dA
dm =
M
dA
4πR2
Supomos que a casca esférica está centrada na origem do sistema de coordenadas de modo que o eixo
de rotação é o eixo z. O elemento de área da casca esférica de raio R é simplesmente dA = 2πR2 sen θ dθ,
onde θ é o ângulo entre o eixo z e o raio vetor ligando um elemento de área à origem. Este ângulo varia de
0 a π. Assim, desde que a distância r entre o elemento de área e o eixo de rotação é dada por r = R sen θ.
Com isso, o momento de inércia da casca esférica pode ser escrito na forma,
∫
∫
∫ π
∫ π
M
M
2
2
2
2
Icasca =
r dm = µ
r dA =
r 2πR sin θ dθ =
R2 sin2 θ 2πR2 sin θ dθ
4πR2 0
4πR2 0
M
A
ou ainda,
Icasca =
M R2
2
∫
π
sin3 θ dθ =
0
M R2
2
Icasca
∫
(1 − cos2 θ) sin θ dθ =
0
M R2
=
2
Icasca
5
π
(
[
− cos θ
]π
0
[
[∫
M R2
2
cos3 θ
+
3
0
π
∫
sin θ dθ −
]
π
cos2 θ sin θ dθ
0
]π )
0
[
]
M R2
1 1
M R2 4
=
2− −
=
2
3 3
2 3
Isso é facilmente visto considerando a Eq. de Torricelli,
v 2 = v02 + 2a∆y
e considerando que o bloco parte do repouso então v0 = 0. Além disso, a = −g e ∆y = −h, assim, temos:
v 2 = 0 − 2g(−h)
∴
v=
√
2gh.
64
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
2
Icasca = M R2
3
que é o resultado que gostarı́amos de demonstrar.
3. Um corpo rı́gido é formado por três hastes finas idênticas cada uma com comprimento L, fixadas
umas às outras na forma de uma letra H (Fig. 1.23). O corpo tem a liberdade de girar em torno de um
eixo que passa por todo o comprimento de uma das pernas do H. Permite-se que o corpo caia do repouso
a partir de uma posição na qual o plano do H está na horizontal. Qual a velocidade angular do corpo
quando o plano do H estiver na vertical?
Figura 1.23: Veja exemplo 3.
Aqui novamente aplicamos o princı́pio da conservação da energia. Quando o corpo cai, ocorre uma
perda de energia potencial gravitacional e um ganho correspondente na energia cinética de rotação.
A soma destas duas contribuições deve permanecer a mesma, assim, assumindo que o zero da energia
potencial está na posição horizontal, então temos que:
−
M gL 1 2
+ Iω = 0
2
2
onde consideramos o fato de que o centro de massa do corpo que fica situado no meio da haste horizontal,
cai a uma distância de −L/2 onde L é o comprimento da haste. Isolando ω podemos determinar o
valor da velocidade angular do corpo quando o plano do H estiver na vertical. No entanto, ainda
precisamos determinar o momento de inércia corpo em torno do eixo de rotação. Temos duas contribuições
a barra perpendicular e a barra paralela a uma distância L da barra por onde passa o eixo de rotação.
Considerando que o corpo todo tem massa M , então se esta massa esta distribuı́da uniformemente sobre
1.7. LEIS DE CONSERVAÇÃO
65
todo o corpo, cada haste contribui com M/3 da massa total. Assim, para a haste paralela temos:
∫
∫
M
2
Iparal = r dm =
r2 dx
3L
onde a densidade linear de massa é igual a µ = M/3L. A distância entre o elemento de massa e o eixo
de rotação é constante e igual a L, assim, podemos escrever:
∫
∫
M 2
M 2
1
2
dx =
Iparal = r dm =
L
L L = M L2
3L
3L
3
Agora precisamos determinar o momento de inércia da haste perpendicular ao eixo de rotação. Para
isso, usamos o teorema do eixo paralelo, onde consideramos um eixo passando pelo centro de massa da
haste que fica no seu ponto médio. Assim,
Iperp
M
= Icm +
3
( )2
L
M L2 M L2
=
+
2
3 12
12
ou ainda,
(
Iperp =
1
+1
3
Iperp =
)
M L2
12
M L2
9
Assim, o momento de inércia total, será a soma destas duas contribuições:
I = Iparal + Iperp =
M L2 M L2
4
+
= M L2
3
9
9
e substituindo este valor do momento de inércia na equação para a conservação da energia, segue que:
−
M gL 1 4
+
M L2 ω 2 = 0
2
29
ou ainda,
√
ω=
9g
3
=
4L
2
√
g
.
L
4. Uma pista de trenzinhos é montada em cima de uma roda grande que pode girar livremente com
atrito desprezı́vel em torno de um eixo vertical. (veja Fig. 1.24). Um trem de brinquedo é colocado
na pista e, com o sistema inicialmente em repouso, liga-se a corrente elétrica. O trem alcança uma
velocidade v em relação à pista. Qual a intensidade da velocidade angular da roda se sua massa for M
e seu raio for R. (Trate a roda como um aro, e despreze a massa dos raios e do cubo da roda.)
66
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
Figura 1.24: Veja exemplo 3.
Devemos usar a conservação do momento angular. Assim, como o trem parte do repouso e não há
torques externos, então o momento angular inicial é nulo e deve também ser o valor do momento angular
final, constituı́do por uma soma do momento angular do trenzinho de brinquedo e o momento angular
da roda. Além disso, observamos que o momento angular está dirigido ao longo da direção vertical.
Considerando que o momento angular do trenzinho de brinquedo é positivo, segue que:
Ltrem + Lroda = 0.
ou,
mv ′ R − Iω = 0.
onde ω é a velocidade angular da roda que se movimenta no sentido horário em relação a um observador
parado. v ′ é a velocidade do trem em relação ao observador parado. O enunciado do problema nos
diz que o trem tem uma velocidade v em relação à roda, assim, precisamos escrever v ′ em relação a este
referencial. A velocidade v ′ é nula quando as velocidades da roda e do trem são iguais, assim, escrevemos:
v ′ = v − ωR
esta expressão nos diz que a velocidade em relação à roda é maior do que em relação ao observador parado
porque a roda está se movendo em sentido contrário. Substituindo este valor na equação de conservação
do momento angular, segue que
m(v − ωR)R − Iω = 0.
ou ainda,
mvR − mωR2 − Iω = 0.
1.7. LEIS DE CONSERVAÇÃO
67
O momento de inércia da roda já foi determinado anteriormente, desde que estamos considerando que
o mesmo pode ser aproximado por um aro de raio R e massa M . Assim, dos resultados anteriores temos:
I = M R2
assim, obtemos:
mvR − mωR2 − M R2 ω = 0.
e resolvendo para ω segue que:
ω=
mvR
(m + M )R2
ou
ω=
m (v)
.
m+M R
5. Uma haste uniforme de 0, 50 m de comprimento e massa igual a 4 kg pode girar em um plano
horizontal em torno de um eixo vertical passando pelo seu centro. A haste está em repouso quando uma
bala de 3, 0 g se deslocando no plano horizontal da haste é disparada para dentro de uma extremidade da
haste. Quando vista de cima, a direção do vetor velocidade faz um ângulo de 60o com a haste (veja a figura
1.25). Se a bala ficar alojada na haste e a velocidade angular da haste for de 10 rad/s imediatamente
após a colisão, qual será o módulo da velocidade da bala imediatamente antes do impacto?
Eixo
Figura 1.25: Veja exemplo 3.
Novamente, como não temos torques externos, podemos então usar a conservação do momento angular
neste problema. Aqui precisamos lembrar do que foi dito a respeito do momento angular no inı́cio desta
68
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
seção. Para determiná-lo precisamos da sua definição para uma partı́cula com momento p movendo-se
em torno de um ponto, assim:
L=r×p
e considerando a origem do sistema de coordenadas coincidindo com o eixo de rotação da barra, podemos
decompor o momento da seguinte forma
p = p cos ϕ x̂ + p sin ϕ ŷ
e o vetor posição, neste caso é dado por
r=
S
x̂
2
que aponta no ponto de impacto da bala, note que estamos considerando que a barra tem um comprimento
S. Assim, no momento do impacto temos o momento angular da bala:
L=
S
x̂ × (p cos ϕ x̂ + p sin ϕ ŷ)
2
e assim, fazendo o produto vetorial, ficamos com
L=
S
mv sin ϕ ẑ
2
onde trocamos p = mv o módulo do momento linear da bala. Vemos então que o momento angular é
dirigido ao longo do eixo de rotação, saindo do plano do papel. Assim, como o movimento está restrito
ao plano podemos trabalhar apenas com as grandezas escalares.
Quando a bala atinge a barra todo o momento angular da bala é transferido para a barra que começa
a girar. Assim, se o momento angular da barra é Iω, então escrevemos:
S
mv sin ϕ = Iω
2
onde I é o momento de inércia da barra em torno do eixo perpendicular ao seu centro mais a contribuição
da bala que está alojada na barra. De acordo com a definição do momento de inércia, o momento angular
S2
da bala é simplesmente m . Assim, desde que Ibarra = M S 2 /12, podemos escrever,
4
(
)
S2 M S2
S
mv sin ϕ = m
+
ω
2
4
12
ou ainda,
6mv sin ϕ = (3mS + M S)ω
e resolvendo para v obtemos ainda,
v=
(3m + M )ωS
= 1, 29 × 103 m/s
6m sin ϕ
1.8. MOVIMENTO DE ROLAMENTO
1.8
1.8.1
69
Movimento de Rolamento
Rolamento como uma combinação de translação e rotação
Até o momento consideramos, para simplificar o estudo da rotação, que os nossos objetos de estudo
tinham apenas movimento rotacional, considerando que o eixo rotação é fixo. Agora vamos relaxar esta
restrição e considerar que o eixo de rotação está em movimento. Neste caso, podemos ter movimentos
mais complicados e o um deles é o movimento de rolamento. O movimento de rolamento é composto
por um movimento de translação do centro massa (cm) e um movimento de rotação do corpo em torno
de cm. Isso pode ser observado na Fig. 1.26 ilustrando o movimento de uma roda. O cm localizado no
centro da roda tem uma velocidade vcm enquanto a roda gira de um ângulo de θ. Note que a distância
linear percorrida pela roda é s. Também observamos que o ponto P de contato entre a roda e a superfı́cie
também percorre a mesma distância s. A relação entre este deslocamento linear e o deslocamento angular
é dado por:
(1.61)
s = Rθ
onde R é o raio da roda e θ é o ângulo descrito pela mesma.
A velocidade linear da roda vcm é definida como a derivada do deslocamento linear em relação ao
tempo, i.e., ds/dt. A velocidade angular ω da roda é dθ/dt. Assim, derivando Eq. (1.61), segue que:
cm
cm
Figura 1.26: O centro de massa O de uma roda percorre uma distância s com velocidade vCM enquanto que a
roda gira de um ângulo θ. O ponto P de contato entre a roda e a superfı́cie na qual está rolando também percorre
uma distância s.
vcm = ωR
(1.62)
70
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
A Fig. 1.27 mostra que o movimento de rolamento é uma combinação de um movimento puro de
translação com um movimento puro de rotação. A Fig. 1.27a mostra o movimento puro de rotação (como
se o eixo de rotação estivesse estacionário): todos os pontos da roda giram com velocidade angular ω
em torno do centro. Todos os pontos na periferia da roda apresentam uma velocidade linear de módulo
vcm dada pela Eq. (1.62) com sentido tangente à circunferência da roda (este é o movimento que temos
discutido até agora). A Fig. 1.27b mostra o movimento de translação pura, onde todos os pontos da roda
apresentam velocidade iguais a vcm , com sentido e direção também iguais. É como se a roda estivesse
escorregando sobre a superfı́cie sem atrito. A combinação dos movimentos apresentados nas Figs. 1.27a
e 1.27b é o rolamento da roda mostrado na Fig. 1.27c. Observe que nesta combinação de movimentos, a
velocidade na extremidade inferior da roda no ponto P é zero enquanto que na parte superior da roda,
no ponto T , a velocidade é o dobro da velocidade da velocidade no centro de massa. Este ponto tem
a maior velocidade do que qualquer outro ponto na roda. Qualquer movimento de rolamento pode ser
decomposto como a soma de um movimento de rotação e outro de translação como foi feito na Fig. 1.27.
Rotação pura
cm
Translação pura
Rolagem
cm
cm
cm
cm
cm
cm
cm
cm
Figura 1.27: O movimento de rolamento de uma roda como uma combinação de um movimento de rotação pura
e um movimento de translação pura. (a) Movimento de rotação pura: todos os pontos da roda se movem com a
mesma velocidade angular ω. Todos os pontos da borda da roda se movem com a mesma velocidade linear v = vcm .
São mostradas as velocidades lineares de dois destes pontos, na borda de cima (T ) e na borda de baixo (P ) da roda.
(b) Movimento de translação pura: todos os pontos da roda se movem para a direita com a mesma velocidade linear
vcm . (c) O movimento de rolamento da roda é uma combinação de (a) com (b).
1.8.2
Rolamento como uma Rotação Pura
Outra maneira de descrever o movimento de rolamento é através de uma rotação pura em torno de um
eixo que passa pelo ponto de contato da roda com a superfı́cie sobre a qual a roda está rolando, conforme
1.8. MOVIMENTO DE ROLAMENTO
71
mostra a Fig. 1.28.
Eixo de rotação
Figura 1.28: O rolamento pode ser visto como uma rotação pura, com velocidade angular ω, em torno de um eixo
que sempre passa por P . Os vetores mostram as velocidades lineares instantâneas de pontos escolhidos da roda.
Estes vetores podem ser obtidos combinando os movimentos de translação e rotação como na Fig. 1.27.
Para mostrar que de fato o movimento pode ser visto desta forma, podemos determinar a velocidade
linear vT no topo da roda, no ponto T . Assim, escrevemos,
vT = ω × rT
e como todos os vetores são perpendiculares, podemos simplesmente escrever,
vT = ωrT
onde rT é módulo do vetor saindo da origem, que está em P , até o ponto T . Assim, rT = 2R, logo,
vT = 2ωR = 2vcm
em concordância com a Fig. 1.27b.
1.8.3
Energia Cinética de Rolamento
Vamos determinar a energia cinética para a roda em rolamento do ponto de vista de um observador
estacionário. Quando consideramos o rolamento como uma rotação pura em torno do ponto P , então a
energia cinética é dada por,
1
K = IP ω 2
2
72
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
onde IP é o momento de inércia em torno de um eixo passando pelo ponto P e ω é a velocidade angular
da roda. Pelo teorema do eixo paralelo, podemos determinar o momento de inércia IP :
IP = Icm + M h2
onde Icm é o momento de inércia em torno de um eixo passando pelo centro de massa da roda, M é a
massa total da roda e h é a distância entre os eixos passando por P e pelo centro de massa. Assim, como
a distância entre os eixos é igual ao raio da roda, temos então:
IP = Icm + M R2
e substituindo na equação para a energia cinética, segue que:
1
1
K = Icm ω 2 + M R2 ω 2
2
2
e como ωR = vcm pela Eq. (1.62), temos ainda:
1
1
2
K = Icm ω 2 + M vcm
2
2
(1.63)
E vemos então que a energia cinética é composta de duas parcelas: a primeira correspondendo ao
movimento de rotação pura em torno do centro de massa e a segunda devido ao movimento de translação
pura, como se a roda fosse uma partı́cula de massa M com velocidade vcm .
1.8.4
As forças do Rolamento
Se a roda da Fig. 1.27 rola com velocidade constante não há deslizamento no ponto de contanto da
roda com a superfı́cie sobre a qual ela rola, o ponto P no desenho da roda na a Fig. 1.27c. No entanto,
se tentamos acelerar a roda, o que significa aumentar a velocidade do centro de massa no sentido do
movimento, também tendemos a aumentar a velocidade de rotação o que implica em uma aceleração
angular. Neste caso, a roda tende a deslizar sobre a superfı́cie no ponto P . Podemos ver isso facilmente
aumentando a velocidade de uma bicicleta em uma superfı́cie com pouco atrito, “a bicicleta patina” quando
tentamos colocá-la em movimento. No caso geral, uma força de atrito aparece no ponto P que se opõe
à tendência de deslizar da roda. Assim, como não há movimento, esta força de atrito, é uma força de
atrito estático. Nesta condição, é bastante simples determinar qual é a relação entre a aceleração acm do
centro de massa e a aceleração angular da roda α. Para isso, basta derivar a Eq. (1.62) em relação ao
tempo, mantendo-se R constante, assim:
1.8. MOVIMENTO DE ROLAMENTO
73
dω
dvcm
=R
dt
dt
ou seja,
acm = αR
(1.64)
válida somente quando o rolamento é suave, ou seja, sem deslizamento.
Na figura 1.29a temos uma ilustração de uma roda em um plano horizontal, onde o centro de massa
da roda sofre uma aceleração para a direita. Note que aparece uma força de atrito estático fs dirigida
para a direita. Isso ocorre porque o aumento da velocidade no ponto de contato da roda é dirigida para
a esquerda e o deslizamento também seria neste sentido.
Rolamento em uma rampa
A Fig. 1.29b mostra um corpo redondo e uniforme descendo uma rampa de inclinação dada pelo ângulo θ.
Queremos obter uma expressão para a aceleração do centro de massa objeto ao longo da direção, paralela à
rampa. Para isso, precisamos determinar as forças que estão atuando no sistema. Primeiramente, devido
à massa M do objeto, temos a contribuição da força gravitacional Fg dirigida na direção vertical para
baixo. Esta força é decomposta em duas componentes: perpendicular à rampa (Fg cos θ), que é equilibrada
pela força de reação normal FN à rampa e uma segunda, Fg sin θ, que tende a acelerar o corpo no sentido
negativo do eixo x. Além disso, temos a força de atrito estático que suprime o deslizamento que poderia
ocorrer no sentido negativo do eixo x. Assim, está força aponta no sentido positivo do eixo x.
A soma das forças na direção x deve ser equivalente à aceleração do centro de massa, assim escrevemos:
fs − M g sin θ = M acm
(1.65)
onde Fg = M g é o módulo da força gravitacional. Ainda não podemos determinar a aceleração do centro
massa porque não conhecemos a força de atrito estático. No entanto, ainda podemos aplicar a 2a lei de
Newton na forma angular, desde que temos o movimento de rotação. Para isso, usamos a lei de Newton
na seguinte forma:
τres = Iα
onde τres é o torque resultante sobre o objeto. Temos então que analisar as diversas contribuições para o
torque. O primeiro requisito para a existência do torque é que a força precisa ter um braço de alavanca
74
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
(a)
(b)
cm
Figura 1.29: (a) Uma roda rola horizontalmente sem deslizar com uma aceleração linear acm . Uma força de
atrito estático fs atua sobre a roda em P , impedindo o deslizamento. (b) Um corpo redondo uniforme de raio R
rola para baixo em uma rampa. As forças que agem sobre ele são a força gravitacional Fg , a força normal FN e a
força de atrito fs , que aponta para cima ao longo da rampa. (Para maior clareza o vetor FN foi deslocado ao logo
de sua linha de ação até sua origem coincidir com o centro do corpo.)
em relação ao centro de massa, desde que o eixo de rotação está situado no centro de massa. Assim,
vemos que as componentes da força gravitacional, não exercem torque pois atuam diretamente sobre o
centro de massa. O mesmo ocorre com a normal, que embora atue no ponto de contato, possui linha
de ação passando pelo centro de massa. Assim, a única força restante é o atrito que tem um braço de
alavanca igual ao raio do objeto, assim, como esta atua perpendicularmente e produz um movimento no
sentido anti-horário, temos:
τres = fs R
e substituindo na 2a lei de Newton, obtemos:
fs R = Icm α
Mas como estamos considerando movimento com rolamento suave, então a Eq. (1.64) se aplica neste
caso, mas com uma diferença de sinal, desde que acm aponta no sentido negativo de x e α é positivo
desde que o objeto gira no sentido anti-horário6 . Assim, segue que:
αR = −acm
6
e como acm < 0 com o menos na frente α fica positivo.
1.8. MOVIMENTO DE ROLAMENTO
75
e substituindo 2a lei de Newton, escrevemos,
fs = −Icm
acm
R2
(1.66)
onde isolamos a força de atrito estático passando o R para o segundo membro. Assim, substituindo (1.66)
em (1.65) segue que:
−
Icm
acm − M g sin θ = M acm
R2
ou ainda,
−
Icm
acm − g sin θ = acm
M R2
e isolando a aceleração do centro de massa, vamos obter:
g sin θ
(1.67)
Icm
1+
M R2
A Eq. (1.67) permite determinar a aceleração do centro de massa de qualquer objeto rolando em um
acm = −
plano inclinado de um ângulo θ.
O movimento de um Iôiô
Um ioiô apresenta um movimento similar ao caso do plano inclinado, exceto que o movimento se dá ao
longo da corda que faz 90o com a direção horizontal, veja a Fig. 1.30. Além disso, a força de tração na
corda faz as vezes da força de atrito se opondo ao deslizamento do ioiô quando este desce a corda. Assim,
aplicando a 2a lei de Newton para o centro de massa, temos:
T − M g = M acm
onde M é a massa do ioiô. Aplicando agora a segunda lei de Newton na forma angular, lembrando que
apenas a força de tração produz um torque com braço de alavanca R0 , temos então:
τ = Icm α
∴
T R0 = −Icm
acm
R0
logo,
T = −Icm
acm
.
R02
Note que a última igualdade envolve o raio do eixo onde está enrolado o fio. Isto porque quando o ioiô
dá uma volta o deslocamento é s = R0 θ, ou de maneira equivalente, o comprimento do fio desenrolado é
dado pelo perı́metro do eixo onde o frio está enrolado.
Substituindo a tração na primeira equação, obtemos finalmente:
acm = −
g
.
1 + Icm /M R02
(1.68)
76
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
Figura 1.30: O rolamento pode ser visto como uma rotação pura, com velocidade angular ω, em torno de um eixo
que sempre passa por P . Os vetores mostram as velocidades lineares instantâneas de pontos escolhidos da roda.
Estes vetores podem ser obtidos combinando os movimentos de translação e rotação como na Fig. 1.27.
1.8.5
Exemplos
1. Na Fig. 1.31, uma bola de massa M e raio R rola suavemente, a partir do repouso, descendo uma
rampa e passando por uma pista circular com 0, 48 m de raio. A altura inicial da bola é h = 0, 36 m. Na
parte mais baixa da curva o módulo da força normal que a pista exerce sobre a bola é 2, 00M g. A bola é
formada por uma casca esférica externa (com uma certa densidade uniforme) e uma esfera central com
uma densidade uniforme diferente. O momento de inércia da bola é dado pela expressão geral I = βM R2 ,
mas β não é igual a 0,4, como no caso de uma bola de densidade uniforme. Determine o valor de β.
Do princı́pio de conservação de energia temos que,
1
1
M gh = Icm ω 2 + M v 2
2
2
desde que a bola perde energia potencial gravitacional ganhando energia cinética tanto de translação
quanto de rotação. Quando a bola está na parte mais baixa da curva, a força normal exercida pela
superfı́cie sobre a bola, provoca uma aceleração centrı́peta do centro de massa, acm = M v 2 /r, onde r é o
raio da trajetória e v a velocidade do centro de massa. Além disso, temos que considerar o peso da bola
1.8. MOVIMENTO DE ROLAMENTO
77
Figura 1.31: Veja Exemplo 1.
devido à gravidade, assim equacionando estas forças, segue que:
M acm = FN − M g = M
v2
r
Desde que o movimento é de rolamento suave, temos uma relação entre a velocidade linear v e a
velocidade angular ω dada pela Eq. (1.62): vcm = v = ωR. Além disso, de acordo com o enunciado do
problema, FN = 2M g, assim substituindo na 2a lei de Newton, obtemos:
Mg = M
ω 2 R2
r
o que nos permite escrever a velocidade angular como:
ω2 =
gr
R2
logo,
v 2 = ω 2 R2 = gr
e substituindo v e ω na Eq. para conservação da energia, obtemos:
gr
1
1
M gh = Icm 2 + M gr
2
R
2
ou ainda,
2M hR2 = Icm r + M rR2
e isolando Icm , obtemos ainda:
Icm =
2hM R2
− M R2
r
78
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
e escrevendo Icm = I = βM R2 , obtemos ainda:
βM R2 =
2hM R2
− M R2
r
logo,
β=
2h
−1
r
que é uma relação que permite determinar o momento de inércia da bola. Substituindo os valores da
altura h e do raio r, obtemos:
β=
2 × 0, 36 m
− 1 = 0, 50
0, 48 m
2. Um cilindro maciço de raio 10 cm e massa de 12 kg parte do repouso e rola para baixo uma distância
L = 6, 0 m sem deslizar, em um teto inclinado de um ângulo de 30o . (a) Qual é a velocidade angular do
cilindro em relação ao seu centro ao deixar o teto? (b) A borda do teto está a uma altura H = 5, 0 m. A
que distância horizontal da borda do teto o cilindro atinge o chão?
Figura 1.32: Veja Exemplo 2.
(a)
Para determinar a velocidade angular do cilindro quando este deixa o telhado é necessário determinar
primeiramente a aceleração do centro de massa através da Eq. (1.67):
acm = −
g sin θ
Icm
1+
M R2
1.8. MOVIMENTO DE ROLAMENTO
79
onde Icm = M R2 /2, assim segue que:
acm = −
g sin θ
2
= − g sin θ
3
M R2
1+
2
2M R
Considerando rolamento suave, podemos determinar a aceleração angular:
acm = αR
logo,
α=−
acm
2
=
g sin θ
R
3R
Agora precisamos determinar o tempo que o cilindro gasta para deixar o telhado. Podemos fazer isso
usando a equação:
a
x = x 0 + v 0 t + t2
2
e substituindo a pela aceleração do centro de massa acm , segue que:
x = x 0 + v0 t −
12
g sin θt2
23
e considerando que o cilindro parte do repouso, então v0 = 0, logo,
1
x = x0 − g sin θt2
3
além disso, supondo que o cilindro parte da origem x0 = 0 e deixa o telhado na posição x(t) = −L, temos:
1
−L = 0 − g sin θt2
3
o que nos permite determinar o tempo que o cilindro gastou para sair do telhado:
√
3L
t=
.
g sin θ
Com este tempo determinado, podemos calcular a velocidade angular do cilindro neste instante:
ω(t) = ω0 + αt
e como o cilindro parte do repouso então ω0 = 0, logo, substituindo o tempo t e a aceleração angular α,
obtemos:
√
2
ω(t) =
g sin θ ×
3R
3L
g sin θ
80
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
1
ω=
R
√
4
gL sin θ
3
Agora, substituı́mos os valores correspondentes:
√
1
4
ω=
× 9, 8 m/s2 × 6, 0 m × sin 30o
−2
10 × 10 m 3
ou seja,
ω = 62, 6 rad/s.
(b)
Agora temos que determinar a distância horizontal da borda do teto onde cilindro atinge o chão. Para
isso, notamos primeiro que se trata de um problema de lançamento de projéteis. Assim, o cilindro se
desloca na direção horizontal com velocidade constante e na direção vertical com aceleração constante e
igual a −9, 8 m/s2 . Primeiramente notamos que a velocidade inicial com que o cilindro deixa o telhado
é simplesmente o valor final da velocidade do percurso da rampa, assim,
v0 = Rω = 10 × 10−2 m × 62, 6 rad/s = 6, 3 m/s.
A velocidade inicial deve ser decomposta nas direções x e y, assim, temos:
v0x = −v0 cos 30o = 5, 4 m/s
v0y = −v0 sin 30o = 3, 1 m/s
As equações para os movimentos nas direções x e y são dadas por:
x(t) = −v0x t
g
y(t) = −v0y t − t2
2
onde o sinal menos em v0x indica que a velocidade está dirigida para a esquerda e em v0y indica que
esta está dirigida para baixo. Para determinar a distância que o cilindro percorre na direção x devemos
determinar o tempo que o cilindro leva para cair a altura H, assim, trocando y por −H (para baixo y é
negativo) na equação acima, obtemos:
g
−H = −v0y t − t2
2
1.8. MOVIMENTO DE ROLAMENTO
81
e resolvendo para t, obtemos:
√
−v0y ±
t=
2 + 4g H
v0y
2
g
2×
2
ou ainda,
−v0y +
t=
√
2 + 2gH
v0y
g
note que desprezamos a raı́z negativa, pois o tempo negativo aqui seria um instante anterior ao inı́cio da
contagem do tempo e portanto, não faz sentido pois o cilindro esta no telhado e não no chão. Substituindo
este tempo em x(t) segue que:
x(t) = −v0x t
ou ainda,
v0x v0y − v0x
x(t) =
√
2 + 2gH
v0y
g
que é a relação procurada. Substituindo os valores correspondentes, vamos obter:
√
5, 4 m/s × 3, 1 m/s − 5, 4 m/s × (3, 1 m/s)2 + 2 × 9, 8 m/s2 × 5, 0 m
x(t) =
9, 8 m/s2
ou ainda,
x(t) = −4, 0 m.
Esta é posição do cilindro, a distância é modulo da posição que é igual a 4, 0 m à esquerda da casa.
3. Na figura 1.33 uma força horizontal constante Fapp de módulo 10 N é aplicada a uma roda de massa
de 10 kg e raio 0, 30 m. A roda rola suavemente na superfı́cie horizontal, e o módulo da aceleração do
centro de massa é 0, 60 m/s2 . (a) Em termos dos vetores unitários, qual é força de atrito que age sobre
a roda? (b) Qual é o momento de inércia da roda em relação ao eixo de rotação que passa pelo centro da
massa?
(a)
Este item é bastante simples, basta aplicar a 2a lei de Newton no centro de massa. Temos duas forças
atuando, a primeira é a força aplicada Fapp = Fapp x̂ e a segunda é a força de atrito que atua no ponto de
82
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
Figura 1.33: Veja Exemplo 3.
contanto da roda com a superfı́cie. A roda tende a deslizar no sentido positivo do eixo x devido à força
Fapp . Assim, a força de atrito está apontando no sentido negativo do eixo x, logo temos que fs = −fs x̂.
A soma destas forças deve ser igual à aceleração do centro de massa da roda, logo:
Fapp x̂ − fs x̂ = macm x̂
de onde podemos determinar o módulo da força de atrito estático:
fs = |macm − Fapp | = |10 kg × 0, 60 m/s2 − 10 N|
ou seja,
fs = | − 4 N| = 4 N
e na forma vetorial,
fs = −4 Nx̂
(b)
O momento de inércia da roda pode ser determinado lembrando-se que o torque é igual ao produto
do momento de inércia pela aceleração angular. Esta última pode ser determinada a partir da aceleração
do centro de massa supondo rolamento suave, assim escrevemos:
τ = Iα
mas τ = −Rfs , desde que a força aplicada não produz torque porque atua no eixo de rotação. Logo,
temos:
I=
Rfs
τ
=−
α
α
1.8. MOVIMENTO DE ROLAMENTO
83
onde o sinal de menos aparece porque o torque produz uma rotação no sentido horário. Agora considerando a aceleração angular, temos que:
α=−
acm
R
onde o sinal indica que a aceleração é no sentido horário. Substituindo na relação para I, obtemos:
I=
R2 fs
acm
e substituindo os valores correspondentes, obtemos:
I=
(0, 30 m)2 4 N
= 0, 60 kg.m2
2
0, 60 m/s
4. Um ioiô possui momento de inércia de 950 g.cm2 e uma massa de 120 g. O raio do seu eixo é
3, 2mm e sua corda tem 120 cm de comprimento. O ioiô rola, a partir do repouso, até a extremidade da
corda. (a) Qual é o módulo da aceleração da linear do ioiô? (b) Quanto tempo ele leva para chegar à
extremidade da corda? Ao chegar à extremidade da corda, qual é a (c) velocidade linear, (d) a energia
cinética de translação, (e) a energia cinética de rotação e (f ) a velocidade angular?
(a)
A aceleração pode ser determinada facilmente usando-se a equação deduzida para a aceleração do
centro de massa:
acm = −
g
9, 8 m/s2
=
−
1 + I/M R02
1 + 950 × 10−7 kg.m2 /[120 × 10−3 kg × (3, 2 × 10−3 m)2 ]
e calculando obtemos:
acm = −
g
9, 8 m/s2
=
−
1 + I/M R02
1 + 950 × 10−7 kg.m2 /[120 × 10−3 kg × (3, 2 × 10−3 m)2 ]
acm = −0, 125 m/s2
(b)
O ioiô se movimenta como se fosse uma partı́cula caindo, assim , podemos usar a fórmula:
1
y = 0 + 0 − acm t2
2
onde y deve ser negativo. Assim para determinar o tempo basta trocar y pelo comprimento da corda de
1, 2 m, obtemos:
√
t=
2 × 1, 2 m
= 4, 38 s
0, 125 m/s2
84
CAPÍTULO 1. ROTAÇÃO DE CORPOS RÍGIDOS
este é o tempo procurado.
(c)
A velocidade pode ser obtida simplesmente usando:
v = −acm t = −0, 125 m/s2 × 4, 38 s = −0, 548 m/s
(d)
A energia cinética de translação é simplesmente,
1
1
Ktrans = mv 2 = × 120 × 10−2 kg × (−0, 548 m/s)2 = 1, 8 × 10−2 J.
2
2
(e)
A energia cinética rotacional, pode ser obtida através da relação:
( )2
)
(
1 2 1
v
1
−0, 548 m/s 2
−7
2
Krot = Iω = I
= × 950 × 10 kg.m
= 1, 4 J.
2
2
R0
2
3, 2 × 10−3 m
(f) a velocidade angular é dada por,
ω=
|v|
= 0, 548 m/s/3, 2 × 10−3 m = 1, 7 × 102 rad/s.
R0